Escuela Escuela Politécnica olitécnica Nacional Nacional
Facultad de Ciencias Departamento de Física
Teoría Clásica de Los Campos LANDAU y LIFSHITZ Principales ejercicios del curso de Electrodinámica Clásica II
Eleana Ruiz - Josué León
[email protected] -
[email protected]
2 de Agosto 2014
1
Introducción Cuadrivectores y Tensores Cuadrivector: se conoce como cuadrivector al conjunto de cuatro coorde-
nadas que describen un suceso o evento. Todo cuadrivector obedece las transformaciones de Lorentz. v ′1 − A ) A = √ c2 2 1−(v /c ) ′ ′ (A 1 − vc A 0 ) 1 √ A = 1−(v 2 /c2 )
0
′
(A 0
′
A2 = A 2 ′ A3 = A 3
Se debe tener presente las siguientes propiedades para los cuadrivectores: Todo cuadrivector viene dado por: A i = (A ( A0 , A) Ai =
−Ai0; para i=1,2,3 A = A0
Y las siguientes propiedades para los tensores: Aik Tensor contravariante Aik Tensor convariante Aki Tensor mixto
La siguiente regla juega un rol muy importante en cuanto al subir y bajar índices: Al subir o al bajar un índice temporal no cambia el signo. A00 = A00
Al subir o al bajar un índice espacial el signo cambia. A01 = A01 A12 = A12
− −
A continuación se ingresan los siguientes tensores de suma importancia: Tensor Unidad
2
δ ki = 1; i = k = k y 0; i = k
Si subimos o bajamos uno de los índices del Tensor unidad obtendremos el Tensor Métrico g ik o g ik
Otro concepto que será de ayuda es el de intervalo: ds2 = c 2 dt2 dx2 dy 2 dz 2 2 2 +dz 2 ) ds2 = c 2 dt2 (1 (dx +cdy ) 2 dt2
−
2
−
−
2
dx +dy +dz 2 dt2
−
= v 2
Entonces:
ds2 = c 2 dt2 (1 ds = ds = c c
− (1
2
− vc ) 2
v2 )dt c2
Principio de Mínima Acción Nos dice que todo sistema mecánico se encuentra caracterizado por una función definida como: L(q 1 , q 2 ,...,q s , ˙q 1 , q ˙2 ,..., q ˙s , t)
y el movimiento del sistema es de tal manera que la siguiente integral toma el menor valor posible.
t2 t1
L(q, ˙q, t)dt
donde L se llama Lagrangiana del sistema y la integral, acción.
3
Cap. 1 El Principio de Relatividad Ejercicio Pág. 30 Hallar la ley de transformación de un cuadritensor simétrico A ik en la transformación de Lorentz.
Primero consideremos al cuadritensor como un producto de dos cuadrivectores, y tengamos en cuenta que los cuadrivectores obedecen las transformaciones de Lorentz. Aik = Ai Ak
Debido a que trabajamos con un tensor simétrico deberemos calcular 10 de las 16 componentes del tensor, cuatro de su diagonal y 6 de la partes superior. ′
00
A
0
′
v c
2
′
′
1
0
′
v c
1
(A − A ) (A − A ) √ 1−(v /c ) = √ 1−(v /c ) ′
2
′
= 1−(v12 /c2 ) (A 0 A 0
2
′
2
′
2
′
′
′
− vc A 1A 0 − vc A 0A 1 + vc A 1A 1) = 1−(v1 /c ) (A 00 − vc A 10 − vc A 01 + vc A 11 ) 2
′
2
′
2
′
2
′
2
Debido a que el tensor es simétrico se cumple que: A ′
= 1−(v12 /c2 ) (A 00 ′
A01 = ′
0
′
− 2cv A 01 + vc
2
2
′
v c
′
1
1
′
v c
′
01
= A
′
A 11 )
0
(A − A ) (A − A ) √ √ 1−(v /c ) 1−(v /c ) 2
2
′
2
2
2
′
′
= 1−(v12 /c2 ) (A 01 vc A 00 vc A 11 + vc2 A 10 )[0.2cm] 2 = 1−(v12 /c2 ) (A 01 vc (A 00 + A 11 ) + vc2 A 10 )
− ′
− ′
−
′
′
= 1−(v12 /c2 ) (A 01 (1 + (v (v 2 /c2 )) ′
A02 =
v c
′
′
2
′
(A 0 A
1
′
2
v c
′
1
′
√ 1−−(v A/c A) 2
′
A02 =
2
(A
02
v c
2
′
12
√ 1−−(v A/c )) 2
4
′
− vc (A 00 + A 11))
(A − A ) √ A2 1−(v /c ) ′
A02 =
0
′
2
2
)
′
10
′
′
(A 0 A
3
′
2
′
v c
′
′
1
√ 1−−(v A/c A) ′
′
1
2
A03 =
A11 =
′
v c
2
′
A03 =
0
(A − A ) √ A3 1−(v /c )
A03 =
(A
03
3
)
2
′
v c
13
√ 1−−(v A/c )) 2
1
′
v c
2
′
0
1
v c
′
0
(A − A ) (A − A ) √ √ 1−(v /c ) 1−(v /c ) 2
′
2
′
= 1−(v12 /c2 ) (A 1 A 1
2
′
2
′
2
′
′
′
− vc A 0A 1 − vc A 1A 0 + vc A 0A 0) = 1−(v1 /c ) (A 11 − vc A 01 − vc A 10 + vc A 00 ) 2
′
2
′
2
′
2
′
2
Debido a que el tensor es simétrico se cumple que: A ′
′
= 1−(v12 /c2 ) (A 11
− 2cv A 01 + vc ′
A12 = ′
=
′
v c
2
′
2
′
v c
′
2
2
′
0
0
′
√ 1−−(v A/c A) ′
=
1
(A − A ) √ A2 1−(v /c )
(A 1 A
A13 =
2
2
1
2
)
2
′
v c
0
(A − A ) √ A3 1−(v /c ) 2
′
(A 1 A
3
′
v c
′
2
0
′
√ 1−−(v A/c A) 2
A22 = A
′
3
)
3
′
22
′
′
A23 = A 2 A 3 = A 23
A33 = A
5
′
33
′
A 00 )
′
01
= A
′
10
Cap. 3 Cargas en Campos Electromagnéticos Ejercicio Pag. 69 Expresar la aceleracion de una partícula en funcion de su velocidad y de las intensidades de los campos eléctrico y magnético Procedimiento Mediante la fuerza de Lorentz, que expresa el movimiento de una
partícula en un campo electromagnético F =
dp e = eE e E + v dt c
×H
Para una partícula relativista v 2 pc2 vεcin εcin = mc = mc εcin = m = m c εcin = p = v v c2 2
Reemplazando en la formula de la fuerza de Lorentz d vεcin e 1 d e ( 2 ) = eE e E + v H 2 (vεcin ) = e = eE E+ v dt c c c dt c εcin dv v dεcin e + 2 = eE e E + v H c2 dt c dt c
×
×H
×
Se conoce que dεcin εcin dv v e = eE e E.v 2 + 2 (eE .v) = eE e E + v H dt c dt c c dv ec2 c2 e c2 v = E+ v H (eE.v) dt εcin εcin c εcin c2 dv ec2 c2 e c2 v dv e 1 = E + v H ( e E . v ) = [ E + v H dt mc2 mc2 c mc2 c2 dt m c
×
× −
× − c12 v(E.v)]
× −
Como la masa es relativist relativistaa dv e = dt m
− 1
v 2 1 [E [E + v 2 c c
× H − c12 v(E.v)]
Pag. 73 Formular el principio variacional, en mecánica relativista, para la tra-
yectoria de una partícula (principio de Maupertuis) en un campo electromagnético constante. Procedimiento El principio de Maupertuis asevera que si la energía total de una partícula se conserva (movimiento en un campo constante), su trayectoria se puede determinar a partir de la ecuación variacional.
P .drr = 0 δ P.d
6
Donde P es el impulso generalizado de la partícula, y la integral se evalúa a lo e largo de su trayectoria. Con P = P = p p + A Como p es el impulso dado por m* v, c y la dirección de la velocidad instantánea coincide con la tangente trazada en un punto de la trayectoria, p y dr tienen la misma dirección. Reemplazando P en la integral e δ ( pdl + pdl + A.dr .dr) = 0 c
√
donde dl = dl = dr2 es el elemento del arco. Se conoce que la energía relativista de la partícula es E = =
p2 c2 + m2 c4
A la que se le suma la energía potencial de la carga en el campo : eϕ Para obtener E = =
Despejando el impulso p ε
− eϕ = eϕ =
p2 c2 + m2 c4 + eϕ
p2 c2 + m2 c4 p2 c2 + m2 c4 = (ε (ε p2 = (
ε
− eϕ )2 − m2c2 p = p = c
ε − eϕ 2 − eϕ) eϕ)2 p2 + m2 c2 = ( ) c ε − eϕ 2 ( ) − m2 c2
c
Finalmente sustituyendo p
−
δ ( (
ε
eϕ
c
)2
e − m2c2dl + dl + A.dr .dr) = 0 c
Demostración: Acción de una partícula en un campo EM y Ecuaciones del movimiento de una carga en un campo EM a S = b ( mcds ec Aidxi) 1er Término: Acción de la partícula do 2 Término: Acción de la interacción partícula - campo )(cdt, dr Ai dxi = (φ, A )(cdt, dr) dr) = φdt A
−
−
− − − − − ⇒ − − − − − −
− · a )(cdt, = b ( mcc (1 vc )dt )dt − ec [(φ, [(φ, −A )(cdt, S = dr)]) dr)]) a − eφdt) · dr S = = b ( mc2 (1 vc )dt )dt + + ec A eφdt) 2 2
2 2
v =
S = =
a ( b
mc2
a b (
dr dt
(1
mc2
(1
L = ( mc2
(1
S = =
dr = dr = vdt vdt
v2 dt + ec A c2 )dt +
· vdt − eφdt) eφdt) v e v − eφ) eφ)dt c ) + cA · v e · v − eφ) eφ) c ) + cA
7
2 2
2 2
actuará en el plano XY. Partamos de la Ec. de un movimiento oscilatorio: f cos(γt cos(γt)) m
r¨ + 2λ 2 λr˙ + wo + wo2 r =
En nuestro caso el medio no presenta resistencia por lo tanto 2λ 2 λr˙ = 0 e c vy
x ¨ + wo + wo2 x =
×H
m
× H , este producto cruz nos proporciona un vector en el eje X. v ×H y¨ + wo + wo2 y = − m vx × H , este producto cruz nos proporciona un vector en el eje y.
vy
e c
x
z¨ + wo + wo2 z = 0
Multiplicamos por i nuestra segunda ec. y sumamos el producto con la primera. x ¨ + i + i¨ y¨ + wo + wo2 (x + iy + iy)) =
e c
×H (v
y
m
− ivx)
Tomamos el siguiente cambio de variable: ξ = ξ = x x + + iy iy e
×H ¨ + wo ξ + wo2 ξ = = i c m ξ ˙ e ×H + wo2 ξ = ¨ + i + i c m ξ ˙ + wo = 0 ξ
−
Esta EDO posee la siguiente solución: ξ (t) = C 1 C 1e ξ (t) = C 1 C 1e
√
eH2 i2 −4mc2 wo2 2mc
ieH−
−
ieH 2mc
−
−
√
t
eH2 i2 −4mc2 wo2 2mc
+ C 2e t
√
ieH+
−
+ C 2e
i 2eH mc +
eH2 i2 −4mc2 wo2 2mc
√
eH2 −4mc2 wo2 2mc
t
t
Tomando la parte real tendremos:
ξ (t)
= C 1cos( eH 2mc
−
√ eH 2−4mc2wo2 2mc
Por lo tanto tanto la frecuenci frecuenciaa viene dada por: w =
eH 2mc
−
t)
√ eH 2 −4mc2 wo2 2mc
Ejercici Ejercicio o Pag. Pag. 81 Determinar el movimiento relativista de una carga en un campo eléctrico y en un campo magnético uniformes y paralelos. Procedimiento El campo magnético no influye sobre el movimiento a lo largo de la dirección
común de E y H (para este caso el eje Z) por tanto, el movimiento está determinado únicamente por el campo eléctrico. En un campo eléctrico uniforme y constante p˙z = eE pz = eEt eE t
Llegando a εcin =
ε20 + (ceEt ( ceEt))2
Donde ε 0 es la energía al tiempo t=0
9
z =
1 ε2 + (ceEt ( ceEt))2 eE 0
En el plano XY
e p˙ = e = eE E + v H H (0 H (0,, 0, H ) E (0 E (0,, 0, E ) c ( p˙ x , p˙ y , p˙ z ) = e(0 e (0,, 0, E ) + ec (vx , vy , vz ) (0, (0, 0, H ) e e ( p˙x , p ˙ y , p˙ z ) = e(0 e (0,, 0, E ) + c (H vy , H vx , 0) p˙x = H vy (1) p˙ y = c
×
×
−
− ec H vx(2)
Multiplicando la ecuación (2) por i y sumando (1) con (2) e e d e H vy i H vx ( px + ip + ipy ) = i H (vx + iv + ivy ) c c dt c d eH d eHc eH c ( px + ip + ipy ) = i ( px + ip + ipy ) ( px + ip + ipy ) = i 2 ( px + ip + ipy ) dt mc dt mc p˙ x + i + i p˙ y =
−
−
−
−
La energía relativista de la partícula ε = mc = mc 2
Sin considerar la energía debida al campo εcin = eHc eH c
m2 c4 + c2 p2 = mc 2
d ( px + ip + ipy ) = dt
eH c −i eHc ( px + ip + ipy ) εcin
Sea ϕ = ϕ = Solución de la integral de la ecuación homogénea : ae : ae −iϕ Eligiendo εcin a = pt , designado como el valor de la constante de la proyección del impulso sobre el plano XY. Es decir px + ip + ipy = pt e−iϕ
La cantidad auxiliar ϕ se define por la relación dϕ = dϕ = eH eH c
dt εcin
Integrando dt ϕ = eH = eH c ε20 + (ceEt ( ceEt))2
dϕ = dϕ = eH eH c
ϕ = eH = eH c
dt
+ c2 e2 E 2 t2 ε20 + c
ϕ = eH = eH c
1+
ϕ = eH = eH c
dt ε20 + (ceEt ( ceEt))2 dt ε20 + c2 e2 E 2 t2 ε20 + c
ε20
dt ε0 c 2 e2 E 2 2 t ε20
ϕ =
Con el cambio de variable 10
eHc eH c ε0
dt
1+
c 2 e2 E 2 2 t ε20
ε0 cosh( cosh (θ)dθ ε0 ε0 eHc eH c ceE t = sinh( sinh(θ) t = cosh( cosh(θ)dθ ϕ = ceE ceE ε0 c 2 e2 E 2 ε20 1+ ( sinh2 (θ)) ε20 c2 e2 E 2 eHc eH c cosh( cosh(θ)dθ ϕ = ceE 1 + sinh + sinh2 (θ )
Por la identidad cosh2 (θ) = 1 + sinh + sinh2 (θ) ϕ =
Como t =
H cosh( cosh(θ )dθ H cosh( cosh(θ)dθ H H ϕ = ϕ = dθ ϕ = θ 2 E E cosh( cosh (θ) E E cosh (θ)
ε0 sinh( sinh(θ) ceE
ϕ =
H ceEt E ceEt ceEt E sinh−1 ( ) ϕ = sinh = sinh−1 ( ) = sinh( sinh( ϕ) E ε0 H ε0 ε0 H ε0 E ct = ct = sinh( sinh( ϕ) eE H
Además, como mc2 px + ip + ipy = pt e−iϕ px + ip + ipy = m( m (vx + iv + ivy ) p x + ip + ipy = 2 (vx + iv + ivy ) c εcin εcin d px + ip + ipy = 2 (vx + iv + ivy ) = 2 (c + iy + iy)) c c dt
Con dϕ = dϕ = eH eH c
dt εcin
εcin eHc eH c d eH d (x + iy + iy)) p t e−iϕ = (x + iy + iy)) 2 c εcin dϕ c dϕ eH eH p t e−iϕ dϕ = dϕ = d( d (x + iy + iy)) p t e−iϕ dϕ = dϕ = (x + iy + iy)) c c cpt (x + iy + iy)) = (sinϕ + sinϕ + icosϕ icosϕ)) eH
px + ip + ipy = pt e−iϕ =
Con lo que se obtiene x =
cpt cpt sinϕ(3) sinϕ(3) y y = cosϕ(4) cosϕ(4) eH eH
Con lo que se tenía anteriormente z =
1 ε2 + (ceEt ( ceEt))2 eE 0
y ct = ct =
ε0 E sinh( sinh( ϕ) eE H
Se llega finalmente a
11
1 1 ε0 eE E E z = ε20 + ( sinh( sinh( ϕ))2 z = ε20 + ε + ε20 sinh2 ( ϕ) eE eE H eE H ε0 E ε0 E ε0 E z = 1 + sinh + sinh2 ( ϕ) z = cosh 2 ( ϕ) z = cosh( cosh( ϕ)(5) eE H eE H eE H
De esta forma, las ecuaciones (3),(4) y (5) describen el movimiento de la partícula en el espacio. Ejercici Ejercicio o Pág. Pág. 82 Determinar el movimiento relativista de una carga en un
campo magnético y eléctrico perpendiculares entre sí, y de igual modulo. Debemos determinar las ecuaciones del movimiento de esta carga en función de parámetros relativistas, como Energía cinética, cantidad de movimiento, etc., para ello partiremos de la ecuación de Lorentz y haremos uso de varias identidades relativistas para agilizar el cálculo. Tomemos al Campo E en la dirección Y y al campo H en la dirección Z. Por lo tanto: E x = 0, E z = 0 , H x = 0, H y = 0, H z = H = H = E .
dp dt
= eE + + ec v H Para el ejer X: dpdtx = eE x + ec vy dpx dt
= eE x + ec vz
×
× H z
× H y , produce una fuerza fuerza en el ejer X negativo, negativo, de valor valor cero,
debido a eso no es tomado en cuenta, ya que su momento lineal es constante en dicha dirección. dpx dt
Para el ejer Y: dpy dt
= eE y + ec vz
= ec vy E
dpy dt
= eE y + ec vx
× H z
× H x, produce una fuerza en el ejer Y negativo de valor debido a eso no es tomado en cuenta. dpy dt
= eE y + ec vx E
Para el ejer Z: dpz dt dpz dt
= eE z + ec vx
× H y = eE z + ec vy × H x dpz dt
=0
pz = cte
Ahora trabajemos con: mdv dt
= ec E + v + v
× H , multipliquemos por v v · ( mdv ) = v · (eE + + ec v × H ) dt v · (eE + + ec v × H ) = 0 12
e c E y ,
v ( dp = ev E dt ) = ev
·
·
= v ( dp dt ) = ev E
dE cin cin dt
·
·
Entonces: E cin = pz = cte cin = p E cin cte = α α cin pz = cte =
−
Partamos de: 2 = c 2 p2 + m2 c4 E cin 2 = c 2 px2 + c + c2 p2y + c + c2 pz2 + m + m2 c4 E cin
Sea ε 2 = c2 pz2 + m + m2 c4 2 E cin
− c2 px2 = (E cin )(E cin + cpx ) = c 2 p2y + ε + ε2 cin − cpx )(E cin + cp (1)E cin + cpx = α1 (c2 p2y + ε + ε2 ) cin + cp Además: 2 E cin = c 2 p2 + m2 c4 2 E cin = c 2 px2 + c + c2 p2y + c + c2 pz2 + m + m2 c4
2 2E cin
2 − 2cpxE cin = E cin + c + c2 px2 − 2E cin + c2 p2y + ε + ε2 cin = E cin cpx + c E cin (2E cin (2E cin + c2 p2y + ε + ε2 cin (2E cin − 2cpx ) = E cin cin − cpx (2E cin − 2cpx ) + c
E cin cin =
E cin cin cpx 2
−
(2)E cin cin =
c2 p2y +ε2 2E cin cin 2cpx
+
−
2 2
α 2
+
c py +ε2 2α
Utilizando (1) y (2) α 2
+
c2 p2y +ε2 2α
px =
c2 p2y α
1 2 2 + ε2 ) α (c py + ε
+ cpx =
2 2
− α2 − c2 pα − 2εα c p px = 2αc + 2εαc − 2αc c p +ε px = 2αc − 2αc +
ε2 α
y
2 2
2
2
y
2 2
2
y
Para el eje Y:
dpy dt
E cin cin
dpy dt
= eE y + ec vx E
1 = eE (E cin cin + c E cin cin vx ), multiplicando todo por E cin cin
E cin cin ( α2 +
dpy dt
= eEα eE α
c2 p2y +ε2 )dpy = eEαdt 2α
13
c2 p2y +ε2 α dp + dpy y 2 2α α 2
dpy + (
= eEαdt
c2 p2y +ε2 )dpy 2α
= eEα eE α dt
c2 p3y +ε2 py α 2 py + 6α
= eEαt
c2 p3y +ε2 py α p + 2 y 6α
= eEαt
c2 p3y α p + 2 y 6α
+
ε2 py 6α
= eEαt
ε2 py α p + y 2 2α
+
c2 p3y 6α
= eEαt
c2 p3y α2 +ε2 p + y 2α 6α
(1 +
= eEαt
c2 p3y ε2 ) p + 2 y α 3α
= 2eEαt
Una vez realizado esto, procedemos a integrar usando el siguiente cambio de cin dpy variable: dt = E cin para obtener obtener las ecuaciones ecuaciones del movimiento, movimiento, lo cual da eEα como resultado:
x =
3 3
−1 + αε ) py + 6cα peE 2
c 2eE (
y
2
2
y =
c2 2 2αeE py
z =
c2 pz αeE py
Demostración: Tensor Tensor campo camp o electromagnético Partiendo del principio
de mínima acción de una carga en un campo electromag electromagnéti nético co
− ec Ai dxi ) = 0(1) Como dxi es un cuadrivector, dxi = cdt − dx − dy − dz y dxi = cdt + dx+ dx + dy + dz , entonces su producto resulta c2 dt2 − dx2 − dy2 − dz 2 lo que coincide con la definición del intervalo que es un invariante. Es decir √ ds = ds = −dx dxi
−
δS = = δ ( mcds
i
Reemplazando en (1)
√ −dx dxi − e A dxi ) = 0 i i c √ e δS = = (−mcδ −dxi dxi − δ (Ai dxi )) = 0 c − δdxi dxi − dxi δdxi e √ − δS = = (−mc δ (Ai dxi )) = 0 i c 2 −dxi dx
−
δS = = δ ( mc
Tomando en cuenta que δ dxi dxi = dx i δdxi y que se pueden intercambiar los δ con la derivada 14
− dδxi dxi − dxi dδxi e √ − δS = = ( mc δ (Ai dxi )) = 0 i c 2 −dxi dx − 2dxi dδxi e − δS = = (−mc √ δ (Ai dxi )) = 0 i c 2 −dxi dx dxi dδxi e e δS = = − (−mc + δA i dxi + Ai dδxi ) = 0 ds c c
−
dxi = u i, donde u i son las componentes de la cuadrivelocidad. ds e e δS = = ( mcui dδxi + δAi dxi + Ai dδxi ) = 0 c c
Sea
− | − − − −
Integrando por partes el primer y el tercer término δS = = mc
ui dδx
e δ Ai dxi c
i
− − | − e c
Ai dδxi = 0
a = u = u i ; da = da = du du i a = A = A i ; da = da = dA dA i i i dg = dg = dδ dδx x ; g = δx = δx i dg = dg = dδx ; g = δx = δx i e e i i i δS = δS = mc mc[[ui δx δx dui] δAi dx [Ai δxi δx i dAi ] = 0 c c e e e δS = = ( mcδxi dui + δxi dAi δAi dxi ) ( mcui + Ai )δxi = 0 c c c
−
−
−−
|
El segundo término se anula debido a que la integral se evalúa entre límites fijos Además δAi =
∂A i k δx , ∂x k
dAi =
∂A i k dx ∂x k
Obteniéndose
−
δS = δS = ( mcδxi dui +
Con
e ∂A i i k δx dx c ∂x k
dui =
i − ec ∂A dxi δxk ) = 0 ∂x k
dui ds ds
Y como se expreso anteriormente dxi = u i ds δS = =
−
( mcδxi
dui e ∂A i i k ds + ds + δx u ds ds c ∂x k
i i − ec ∂A u dsδxk ) = 0 k ∂x
Dado que k e i son índices mudos, es correcto permutarlos en el segundo término; el cuadrivector velocidad es contravariante y el tensor que esta a su lado es covariante, lo que es equivalente a que el tensor sea contravariante y el cuadrivector velocidad covariante. covariante. dui e ∂A k i e ∂A i ds + ds + δ x uk ds uk dsδxi ) = 0 i ds c ∂x c ∂x k dui e ∂A k e ∂A i δS = = ( mc + u k uk )δxi ds = ds = 0 i ds c ∂x c ∂x k dui e ∂A k ∂ Ai ( mc + [ i ]uk )δxi ds = ds = 0 ds c ∂x ∂x k
− − −
δS = = ( mcδxi
−
−
−
15
Como δx δ xi esarbitrario , el término que debe anularse es e ∂A k ∂ Ai i −mc du + [ i − k ]uk ds c ∂x ∂x mc
dui e ∂A k = [ i ds c ∂x
− ∂∂xAki ]u ]uk
Introduciendo la notación F ik ik =
∂A i ∂ Ak − ∂x − ∂xi k
Este tensor, F ik ik , es llamado tensor campo electromagnético Demostración: Transformación de Lorentz del campo
Recordando que x0 = ct x = x0 x0 = ct = ct 0
x1 = x x2 = y 2 x = x1 x = x2 x1 = x x2 = y ϕ = A = A 0 1
− −
− −
x3 = z x3 = x3 x3 = z
−
−
Partiendo del vector de campo eléctrico E =
− 1c ∂ ∂tA − ∇ϕ
Para hallar las componentes E x = E 1 =
−
E y = E 2 =
−
E z = E 3 =
−
1 ∂A 1 c ∂t
1 ∂A 2 c ∂t
1 ∂A 3 c ∂t
−
∂ϕ =⇒ E 1 = ∂x
−
c ∂A 1 ∂ A0 + =⇒ E 1 = c ∂x 0 ∂x 1
−
∂A 1 ∂A 0 + = F 10 10 0 ∂x ∂x 1
−
∂ϕ =⇒ E 2 = ∂y
−
c ∂A 2 ∂A 0 + =⇒ E 2 = c ∂x 0 ∂x 2
−
∂A 2 ∂ A0 + = F 20 20 ∂x 0 ∂x 2
−
∂ϕ =⇒ E 3 = ∂z
−
c ∂A 3 ∂ A0 + =⇒ E 3 = c ∂x 0 ∂x 3
−
∂A 3 ∂ A0 + = F 30 30 ∂x 0 ∂x 3
Obteniendo E = (E 1 , E 2 , E 3 ) = (F 10 10 , F 20 20 , F 30 30 )
Para el vector de campo magnético H =
∇×A ∂ ∂ ∂ H = ( 1 , 2 , 3 ) × (A1 , A2 , A3 ) ∂x ∂x ∂x H = (
∂A 3 ∂x 2
H 1 =
∂A 3 ∂x 2
− ∂∂xA32 , ∂∂xA31 − ∂∂xA13 , ∂∂xA12 − ∂∂xA21 )
− ∂∂xA32 = F 2323 16
H 2 =
∂A 1 ∂x 3
− ∂∂xA13 = F 3131
H 3 =
∂A 2 ∂x 1
− ∂∂xA21 ) = F 1212
Obteniendo H = (F 23 23 , F 31 31 , F 12 12 )
Las ecuaciones de transformación de coordenadas de Lorentz son ′
x0 = γ = γ (x0 βct) βct ) x1 = γ = γ (x1 + βct + βct)) x2 = x = x 2 x3 = x = x 3
−
′
′
′
donde γ = =
1
− 1
v 2 c2
,
β = =
v c
El tensor del campo electromagnético es de segundo orden y antisimétrico por tanto cumple que: - Un cuadritensor de segundo orden en las transformaciones de coordenadas se convierte en un producto de dos cuadrivectores F ik ik = x i .xk
- Un tensor antisimétrico implica que: F ik ik =
−F kiki xi .xk = −xk .xi F ik ik = 0
si
i = j
si
si
xi .xk = 0
si
i = j
i = j = j i = j = j
Para hallar las componentes de la transformación ′
′
′
′
′
′
x0 .x0 = 0
− βx1 ).γ (x1 − βx0 ) = γ 2(x0.x1 − βx0.x0 − βx2 1.x1 + β + β 2 x1 .x0 ) = 1 v γ 2 (x0 .x1 − β 2 x0 .x1 ) = γ 2 ((1 − β 2 )x0 .x1 ) = )x0 .x1 ) = x0 .x1 2 ((1 − c2 )x v 1− 2 c x0 .x1 = γ (x0
x0 .x2 = γ (x0
− βx1 ).x2 = γ (x0.x2 − βx1 .x2) 17
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
x0 .x3 = γ (x0
− βx1 ).x3 = γ (x0.x3 − βx1 .x3) x1 .x0 = γ (x1 − βx 0 ).γ (x0 − βx 1 ) = γ 2 (x1 .x0 − βx 1 .x1 − βx 0 .x0 + β + β 2 x0 .x1 ) = 1 v 2 − γ 2 (x1 .x0 − β 2 x1 .x0 ) = γ 2 ((1 − β 2 )x1 .x0 ) = ((1 )x )x1 .x0 ) = x1 .x0 c2 v 2 1− 2 c x1 .x1 = 0 x1 .x2 = γ (x1 + βx + βx 0 ).x2 = γ (x1 .x2 + βx + βx 0 .x2 ) x1 .x3 = γ (x1 + βx + βx 0 ).x3 = γ (x1 .x3 + βx + βx 0 .x3 ) x2 .x0 = x2 .γ (x0
− βx1) = γ (x2.x0 − βx2 .x1)
x2 .x1 = x2 .γ (x1 + βx + βx 0 ) = γ (x2 .x1 + βx + βx 2 .x0 ) x2 .x2 = 0 x2 .x3 = x2 .x3 x3 .x0 = x3 .γ (x0 βx 1 ) = γ (x3 .x0 βx 3 .x1 ) x3 .x1 = x3 .γ (x1 + βx + βx 0 ) = γ (x3 .x1 + βx + βx 3 .x0 ) x3 .x2 = x3 .x2 x3 .x3 = 0
−
−
Finalmente, la transformación de Lorentz del campo es
′
F ik =
′
F 00 F 10 F 20 F 30 ′
′
′
′
′
F 01 F 11 F 21 F 31
F 02 F 12 F 22 F 32
′
′
′
′
′
′
′
F 03 F 13 F 23 F 33 ′
′
′
′
F ik =
0 x0 .x1 γ (x0 .x2 βx 1 .x2 ) γ (x0 .x3 βx 1 .x3 ) x1 .x0 0 γ (x1 .x2 + βx + βx 0 .x2 ) γ (x1 .x3 + βx + βx 0 .x3 ) γ (x2 .x0 βx 2 .x1 ) γ (x2 .x1 + βx + βx 2 .x0 ) 0 x2 .x3 γ (x3 .x0 βx 3 .x1 ) γ (x3 .x1 + βx + βx 3 .x0 ) x3 .x2 0
−
−
− −
Expresando Expresando las componente componentess del tensor tensor de campo electromagné electromagnético tico en función de los campos eléctricos y magnéticos - Campo eléctrico Como se encontró anteriormente H = (F 23 23 , F 31 31 , F 12 12 ) E = (E 1 , E 2 , E 3 ) = (F 10 10 , F 20 20 , F 30 30 ) ′
′
′
′
E = (F 10 , F 20 , F 30 )
18
′
′
′
′
′
′
′
E = (x1 .x0 , x2 .x0 , x3 .x0 ) ′
E = (x1 .x0 , γ (x2 .x0
− βx2.x1 ), γ (x3 .x0 − βx3 .x1)) E = (F ( F 10 10 , γ (F 20 20 − βF 21 21 ), γ (F 30 30 − βF 31 31 )) E = (E ( E 1 , γ (E 2 + βF + βF 12 12 ), γ (E 3 − βF 31 31 )) E = (E 1 , γ (E 2 + βH + βH 3 ), γ (E 3 − βH 3 )) ′
′
′
- Campo magnético
H = (H 1 , H 2 , H 3 ) = (F 23 23 , F 31 31 , F 12 12 ) ′
′
′
′
H = (F 23 , F 31 , F 12 ) ′
′
′
′
′
′
′
H = (x2 .x3 , x3 .x1 , x1 .x2 ) ′
H = (x2 .x3 , γ (x3 .x1 + βx + βx 3 .x0 ), γ (x1 .x2 + βx + βx 0 .x2 )) ′
H = (F ( F 23 + βF 30 + βF 02 23 , γ (F 31 31 + βF 30 ), γ (F 12 12 + βF 02 )) ′
H = (H 1 , γ (H 2 + βF + βF 30 30 ), γ (H 3
− βF 2020 )) = (H 1 , γ (H 2 + βE + βE 3 ), γ (H 3 − βE 2 ))
′
H
Ejercicio Pág. 91 Determinar la velocidad del sistema de referencia en el
cuál los campos eléctrico y magnético sean paralelos. Sabemos que los campos son paralelos en el sistema k ′ , por lo tanto su producto cruz es igual a cero. Tomemos el movimiento del sistema k ′ en el eje X. E ′
× H ′ = E y′ H z′ − E z′ H y′ = 0 (E − H ) (H − E ) (E − H ) (H − E ) √ √ √ √ 1−(v /c ) = 0 − 1−(v /c ) 1−(v /c ) 1−(v /c ) v c
y
2
E y H z
−
v c
z
v c
z
2
2
y
2
−
2
E y H z (1+ vc2 )
−
2 v c H z
−
− E H − z
2 v c E y
1
− 2
y
2
H z2 vc E y2 + vc2 H z E y 1 (v2 /c2 )
−
v c
z
2
y
z
(v2 /c2 )
y
1
−
v2 ) c2
(E y H z E z H y )(1+ v ) vc (H z2 +H y2 ) c2 1 (v2 /c2 )
−
−
− 2
2
2 v c H y
−E H (1+
v c
y
2
−
−
z
2
2 2 v + v2 H y E z c E z c
(v2 /c2 )
−
2 v c H y
−
2 v c E z
2 2 v c (E y +E z )
−
−
2
−
(E H )(1+ )(1+ vc2 ) vc (H 2 +E 2) 2) 1 (v2 /c2 )
×
−
−
19
=0
=0
=0
(E y H z E z H y )(1+ vc2 ) vc [(H [(H z2 +H y2 )+(E )+(E y2 +E z2 )] 2 2 1 (v /c )
=0
2
(E H )(1+ )(1+ vc2 ) 1 (v2 /c2 )
× −
(E
2 v 2) c (H +E 2)
−
1 (v2 /c2 )
−
2
=0
× H )(1 )(1 + vc ) = vc (H 2 + E 2 ) 2
(E H ) (H 2 +E 2 )
×
=
20
v c 2 1+ v2 c
Cap. 4 Ecuaciones del Campo Electromagnético Demostración: Primer par de Ecuaciones de Maxwell Partiendo de
la formulación de la acción de una carga en un Campo E-M, determinamos que:
− ∇ (1) dp dt = (e φ +
e ∂ A + v c ∂t ) + v
× rotA
donde: (2)E = =
−(∇φ + 1c ∂ ∂t A )
H = = rotA
Tomemos rot a la primera ec.
−rot( rot(∇φ + 1c ∂ ∂tA ) rotE = = −rot( rot(∇φ) − 1c rot( rot( ∂ ∂tA )
rotE = =
rot( rot(∇φ) = 0 ; sabemos que el operador ∇ indica la dirección en la cual se presenta la mayor variación de cierta magnitud física, es decir nos da un vector el cual es fijo, ya que la máxima variación solo se da en esa dirección y por consiguiente no puede variar, por lo que su rotacional es cero.
− 1c ∂rot∂t A − 1c ∂H ∂t
rotE = = rotE = =
Para la segunda ec. tomemos la divergencia.
∇ · (rotA) rotA) = ∇ · H ∇ · H = = 0 Y con ello logramos deducir las dos primeras ecuaciones de Maxwell: 1.rotE = = 1c ∂H ∂t 2. H = = 0
∇·
−
Demostración: La función acción del Campo E-M Establezcamos la Ac-
ción de un sistema de partículas cargas, sabemos que estará compuesto por el 21
aporte de la partícula cargada sin interacción alguna, el aporte de la interacción entre el campo y la partícula cargada y por último el aporte del Campo E-M cuando no existen cargas. Describamos cada uno de estos términos.
− − −
mcds; Acción de la partícula libre. e i c Ai dx ;
Acción de la interración entre la partícula cargada y el campo.
1 iK iK F dΩ; 16πc 16πc F iK
Acción del Campo E-M en la ausencia de cargas.
Debemos tener en cuenta que la Acción en cada caso es proporcional al factor más característico que lo describe, como lo es la energía de la partícula libre, el potencial vectorial y la carga de la partícula y por último el campo electromagnético. Debido al principio de mínima acción esta constante de proporcionalidad debe ser negativa para que el extremal encontrado sea un mínimo. Demos explicación a los términos de Acción correspondiente al Campo E-M.
−
1 iK iK F dV 16πc 16πc F iK
dt
Sabemos que una de las propiedades propiedades más importantes importantes del campo es que obedecen al Principio de Superposición, el cual dicta que la intensidad producida por un número de campos en un cierto punto del espacio viene dado por la suma de cada una de las intensidades de dichos campos, con lo cual podemos concluir que la suma de los campos es otro campo. Ahora recordemos que las ecuciones diferenciales lineales homogéneas obedecen un principio similar, la suma de un número cualquiera de soluciones también es solución, por lo que concluiremos que las ecuaciones del campo deben ser ecuaciones diferenciales lineales homogéneas. Ahora sabemos que para demostrar el principio de minima acción el variacional de la acción debe ser cero, al tomar el variacional el integrando disminuirá en un grado, por lo que debe ser un integrando cuadrático, con lo cual las ecuaciones deberán ser cuadráticas. Entonces la acción estará definida por el término F iK , pero como la acción es un escalar deberá multiplicarse con F iK iK contrayendose los signos y dando como resultado un escalar. Por último debo recordar que la intensidad del campo será en todo el espacio, debido a ello se introduce la integral de volumen.
−
1 iK iK F dV dt 16πc 16πc F iK
dV dt = dt = d dΩ Ω
Dando como resultado:
22
− S = =
−
1 iK iK F dΩ 16πc 16πc F iK
S = S = S p + S cp + S c p + S cp + S S = = ΣS p + ΣS Σ S cp + S c cp + S 1 iK Σ mcds Σ ec Ai dxi iK F dΩ 16πc 16πc F iK
−
−
Demostración: Ecuación de la Continuidad Tengamos en cuenta cuenta que ρdv = ρdv = d( ρdv) ρdv) q total , además debetotal , y su cambio dentro de un volumen viene dado por: dt
mos tener en cuenta que esta variación de carga es igual a una cierta cantidad de carga que se mueve a través de una superficie, es decir un flujo de carga el mismo que viene dado por: ρ ρvdS , donde ρv es la densidad de corriente.[0.5cm]
d( ρdv) ρdv) dt
ρ ρvdS , el signo menos se añade ya que al ser un flujo de carga indica que la carga que se desplaza fuera del volumen ingresa nuevamente. =
−
d dt (
ρdv) ρdv) =
−
jdS
Aplicando el teorema de la divergencia de Gauss.
∇ · − ∇ · ∇ · jdS = jdS =
d dt (
jdv
ρdv) ρdv ) =
( dρ dt + dρ dt
jdv
j) j )dv = dv = 0
+
∇ · j = j = 0 dρ dt = −∇ · j
Demostración: Flujo y Densidad de Energía Tomemos las siguientes ecua-
ciones: rotH =
1 ∂E c ∂t
rotE = =
+
4π c j
− 1c ∂H ∂t
Multipliquemos a la primera por E y la segunda por H. E rotH = = 1c E H rotE = =
4π · ∂E · ∂t + c j E 1 ∂H · − c H · ∂t Restemos la segunda con la primera. 1 ∂E 4π H · rotE − E · rotH = − 1c H · ∂H ∂t − c E · ∂t − c j · E
·
Recordemos la siguiente identidad vectorial:
∇ · (a × b) = b = b · rota − a · rotb 23
∂H 4π ∇ · (E × H ) = − 1c (E · ∂E ∂t + H · ∂t ) − c j · E ∇ · (E × H ) = − 21c ( ∂E ∂t + ∂H ∂t ) − 4cπ j · E ∇ · (E × H ) = − 21c ( ∂ ∂t (E 2 + H 2) − 4cπ j · E ∇ · 4cπ (E × H ) = − 81π ( ∂t∂ (E 2 + H 2) − j · E ∂ ∇ · S = = − 81π ( ∂t (E 2 + H 2 ) − j · E 2
S = =
c 4π (E
2
× H ); es el Vector de Poynting
Ahora tomemos la integral en todo el volumen para ambos lado de la Ec.
∇ ·
− −
− −
SdV = SdS = SdS =
·
·
1 ∂ 2 2 8π ( ∂t (E + H )dV 1 ∂ 2 2 8π ( ∂t (E + H ) +
j EdV j EdV
− −
·
Tomemos a la integral del segundo término del lado derecho como una sumatoria. SdS = SdS = S dS = =
1 ∂ 2 2 Σev E 8π ( ∂t (E + H )dV + Σe ∂E cin 1 ∂ 2 2 cin 8π ( ∂t (E + H )dV + Σ ∂t
Ahora la integral es sobre todo el espacio con lo cual S dS = = 0
∂E cin 1 ∂ 2 2 cin =0 8π ( ∂t (E + H )dV + Σ ∂t ∂ 1 2 2 ΣE cin cin ] = 0 ∂t [ 8π (E + H )dV + ΣE 1 2 2 Entonces [ 8π (E + H )dV + ΣE ΣE cin cin ] = cte
W =
1 2 2 8π (E + H ) = cte ;
es la densidad de Energia del campo electromagnético
Demostración: Tensor energía impulso Las consideraciones hechas durante
el proceso serán: un campo electromagnético sin cargas Se parte de la integral integral de acción acción de un sistema sistema cualquiera. cualquiera.
S = =
Λ(q, Λ(q,
∂q 1 )dV dt = dt = intΛ intΛdΩ i ∂x c
Donde Λ es una función de las variables q que describe el estado del sistema. Tomando δS = =
1 δ Λ δ ΛdΩ c
24
Con
δ Λ =
∂ Λ ∂ Λ δq + + δq ,i ,i ∂q ∂q ,i ,i
Donde se abrevia
q ,i ,i =
∂q ∂x i
Reemplazando:
δS = = δS = =
1 ∂ Λ ∂ Λ [ δq + + δq ,i ,i ]dΩ = 0 c ∂q ∂q ,i ,i
1 ∂ Λ ∂ Λ ∂ q [ δq + + δ ( i )]d )]dΩ = 0 c ∂q ∂q ,i ∂x ,i 1 ∂ Λ ∂ Λ ∂δq ∂δ q [ δq + + ]dΩ = 0 i c ∂q ∂q ,i ,i ∂x
δS = =
Nótese que
∂ ∂ Λ ∂ ∂ Λ ∂ Λ ∂δq ∂δ q ( δq ) = δq = δq i + i i ∂x ∂q ,i ∂x ∂q ,i ∂q ,i ,i ,i ,i ∂x ∂ Λ ∂δq ∂δ q ∂ ∂ Λ = ( δq ) i ∂q ,i ∂x i ∂q ,i ,i ∂x ,i
∂ Λ − δq ∂x∂ i ∂q ,i ,i
Por lo que resulta
δS = =
1 ∂ Λ ∂ ∂ Λ [ δq + + ( δq ) c ∂q ∂x i ∂q ,i ,i
∂ Λ − δq ∂x∂ i ∂q ]dΩ = 0 ,i ,i
El segundo término de la parte derecha de la igualdad anterior se anula cuando se integra en todo en el espacio.
δS = δS =
1 ∂ Λ [ δq c ∂q
δS = =
∂ Λ − δq ∂x∂ i ∂q ]dΩ = 0 ,i ,i
1 ∂ Λ [ c ∂q
∂ Λ − ∂x∂ i ∂q ]δqdΩ δqd Ω = 0 ,i ,i
25
De lo que se obtiene ∂ Λ ∂q
∂ Λ − ∂x∂ i ∂q =0 ,i ,i
(1)
Se puede escribir ∂ Λ ∂ Λ ∂q ∂ Λ ∂q ,k ,k = + i i i ∂x ∂q ∂x ∂q ,k ,k ∂x
(2)
Y mediante la igualdad q ,k,i = q ,i,k ,k,i = q ,i,k junto con (1), al reemplazar en (2) se obtiene ∂ Λ ∂ ∂ Λ ∂q ∂ Λ ∂q ,k ,k = + i k i i ∂x ∂x ∂q ,k ∂q ,k ,k ∂x ,k ∂x ∂ Λ ∂ ∂ Λ ∂ Λ ∂q ,i ,i = q + ,i , i i k k ∂x ∂x ∂q ,k ∂q ,k ,k ,k ∂x ∂ Λ ∂ ∂ Λ ∂ Λ = ( q ,i ,i ) i k ∂x ∂x ∂q ,k ,k
Usando convenientemente el cuadritensor unidad δ ik que cumple δ ik Ai = A k Es correcto escribir ∂ Λ ∂ Λ = δ ik k i ∂x ∂x δ ik
∂ Λ ∂ ∂ Λ = (q ,i ) ,i k k ∂x ∂x ∂q ,k ,k
∂ Λ ∂ ∂ Λ −δ ik ∂x + k (q ,i )= 0 ,i k ∂x ∂q ,k ,k ∂ ∂ Λ ( δ ik Λ + q + q ,i )= 0 ,i k ∂x ∂q ,k ,k
−
Se introduce la notación
=
∂ Λ −δ ik Λ + q + q ,i ,i ∂q ,k ,k
Para obtener
26
(3)
k ∂T 2 =0 ∂x k
Si se desea generalizar a más de una variable q, es decir, a q (l) , (3) toma la forma
T ik ik =
−δ ikik Λ +
∂ Λ
(l )
q ,i
(l)
∂q ,k
En el análisis de la ecuación de continuidad se halló que la cuadrivergencia de un cuadrivector es nula, matemáticamente ∂A i =0 ∂x i
Ésta expresión conduce a que la integral A i dS i sea la misma cualquiera que sea el hiperplano al que se extienda. Análogamente, en la divergencia del tensor ∂T ik ik =0 ∂x k
se conserva el vector P i cuyas componentes son las integrales de T ik A P i se lo conoce como el cuadrivector impulso
P i = cte T ik dS k
Para hallar la constante se considera que la componente temporal de P i es igual a la energía del sistema sobre c. Para ello
T 00 =
−δ 0000Λ + ∂∂tq ∂ ∂ Λ ˙ q ˙
P 0 = cte
Cuando x 0 = cte
T ok dS k = cte
T 00 dV
Así
T 00 =
−Λ + ∂∂tq ∂ ∂ Λ ˙ q ˙
Si se analizan las fórmulas que relaciones la energía y la función de Lagrange, se puede relacionar la expresión anterior con la densidad de energía del sistema, 27
de tal forma que
T 00 dV
es la energía total y la constante es cte =
1 c
Para finalmente obtener el tensor de energía impulso
28
Cap. 5 Campos Electromagnéticos Constantes Problema Página 132
Determinar la fuerza (en el sistema K) entre dos cargas que se mueven con la misma velocidad V . Solución
A partir de la ecuación de Lorentz e F = e = eE E+ V c
×H
Se hallará la fuerza que ejerce la carga 2 sobre la carga 1. Es decir F1 = e = e 1 E2 +
e 1 V c
× H2
(1)
El campo magnético en el sistema K es 1 V c
H =
×E
( 2)
Con (2) en (1) e 1 1 V ( V E2 ) c c e 1 F1 = e 1 E2 + 2 V (V E2 ) c
F1 = e 1 E2 +
×
×
× ×
Haciendo uso del álgebra vectorial a través de la identidad A × (B × C) =
B.(A.C)
− C.(A.B)
e 1 [V.(V.E2 ) E2 .(V.V)] c2 e 1 e 1 F1 = e = e 1 E2 + 2 V.(V.E2 ) E2 .(V.V) c c2 e 1 e 1 2 F1 = e = e 1 E2 + 2 V.(V.E2 ) V E2 cos(0) cos(0) c c2 F1 = e = e 1 E2 +
−
−
−
2
F1 = e = e 1 (1
e 1 − V c2 )E ) E2 + 2 V.(V.E2 ) c
29
Como el campo eléctrico es 2
1
eR R3
E =
(1
−
− V c2
3 V 2 sin 2 θ) 2 c2
Sustituyéndolo en la ecuación de la fuerza de Lorentz 2
1
2
F1 = e = e 1 (1
− V c2 )( eR2R3
2
− V c2
)+
3 V 2 sin θ ) 2 c2 2
(1
−
1
e 1 e2 R V.[V.( 3 2 c R
− V c2
3 V 2 sin θ) 2 c2
)]
2
(1
−
2
F1 = e = e 1 (
1
e 2 R3
− V c2
2
3 V 2 sin θ) 2 c2
V − V c2 )R ) R + 2 (V.R)] c
)[(1
2
(1
−
(3)
Antes de proseguir con la resolución de (3), se hará lo siguiente para la componente en x de la fuerza ˆ .V ˆ = V V.R = V = V R R = V Rcosθ ˆ Simplificando VR y multiplicando ambos lados por V ˆ .V ˆ = cosθ R = cosθ ˆ .V ˆ .V ˆ = cosθ ˆ R = cosθ V ˆ = cosθ ˆ R = cosθ V
(4)
Volviendo a (3) 2
F1 = e = e 1 (
1
e 2 R3 (1
−
− V c2
2
3 V 2 2 sin θ ) 2 c2
)[(1
ˆ
− V c2 )RRˆ + V cV2 (V Rcosθ)] Rcosθ )]
Haciendo uso de (4)
F1x = e 1 (
1
e 2 R3 (1
−
−
V 2 c2
3 V 2 sin 2 θ) 2 c2
2
)[(1
ˆ
ˆ + V V (V Rcosθ)] − V c2 )Rcosθ ) Rcosθ V Rcosθ)] c2
30
2
F1x = e = e 1 (
1
e 2 R3 (1
−
− V c2
3 V 2 sin 2 θ ) 2 c2
2
2
ˆ
− V c2 RcosθVˆ + V c2V (Rcosθ)] Rcosθ)]
ˆ )[Rcosθ )[RcosθV
2
F1x = e1 (
− V c2
1
e 2 R3 (1
−
3 V 2 sin si n2 θ) 2 c2
ˆ] )[Rcosθ )[Rcosθ V
2
F1x =
1
e 1 e2 R2 (1
−
− V c2
3 V 2 sin2 θ) 2 c2
ˆ cosθV
Ahora para la componente en el eje y 2
F1y = e 1 (
1
e 2 R3 (1
−
− V c2
2
3 V 2 2 sin θ) 2 c2
)[(1
V − V c2 )R ) R + 2 (V.R)] c
2
F1y = e 1 (
1
e 2 R3 (1
−
− V c2
ˆ
2
3 V 2 2 sin θ) 2 c2
)[(1
Π ˆ + V V (V Rcos( − V c2 )R ) RR Rcos( − θ))] 2 c 2
2
F1y = e 1 (
1
e 2 R3 (1
−
− V c2
2
3 V 2 2 sin θ) 2 c2
)[(1
ˆ
ˆ + V V (V Rsin( − V c2 )R ) RR Rsin(θ))] c2
De la misma forma que para F 1x Π ˆ = V ˆ cos( R cos( 2
− θ)
ˆ = V ˆ sinθ R 2
F1y = e 1 (
1
e 2 R3 (1
−
− V c2
3 V 2 2 sin θ) 2 c2
2
)[(1
31
ˆ
ˆ + V V (V Rsin( − V c2 )R ) RR Rsin(θ))] c2
2
F1y = e1 (
1
e 2 R3 (1
−
− V c2
ˆ
2
)[(1
3 V 2 sin si n2 θ) 2 c2
ˆ + V V (V Rsinθ)] − V c2 )Rsinθ ) RsinθV Rsinθ)] c2
2
F1y = e 1 (
1
e 2 R2 (1
−
− V c2
3 V 2 sin 2 θ) 2 c2
ˆ )sinθV
Ejercicio Pág. 135
Determinar el ángulo de desviación de una carga que atraviesa un campo de Coulomb repulsivo (α > 0 ) Primeramente para determinar el ángulo de desviación tendremos que deducir las ecuaciones del movimiento de esta partícula cargada, el proceso que usaremos es a partir de la Ec. de Hamilton-Jacobi.
Partamos del Lagrangiano: L = ( mc2
−
− −· (1
v2 e c2 ) + c A
· v − eφ) eφ)
y a través de éste determinemos el Hamiltoneano de la partícula cargada. = pi ˙q i H = L H = v = v ∂ ∂v ∂ L ∂v
= P = mv
(1
−L − L
v2 = p ) + ec A = p + + ec A c2
Ahora reemplazando todo en el Hamiltoneano: H = v = v mv H = mv = mv
2
− (1
·
− (1
v2 e c2 ) + c A
v2 e Av + mc mc2 c2 ) + c Av +
H = mc = mc 2
− (1
−
−L
(1
v2 c2 )
+ eφ − ec Av + Av eφ
v2 + eφ c2 ) + eφ
Ahora sabemos que la energía de una partícula viene dado por: E 2 = m 2 c4 + p2
con E = E = H − eφ
− − ec A )2
( H −ceφ )2 = m 2 c2 + (P (P H = =
− − ec A )2 + eφ
m2 c4 + c2 (P
32
1 c2 (E
S = E = Ett + M + M φ +
2 2
− αr )2 − m2c2 − M r dr
Primero resolvamos la integral:
1 c2 (E
2 2
− αr )2 − m2c2 − M r dr, la cual es una integral de la forma:
cr 2 br+ br+a dr, r2
con a = a =
−
α2 Eα 2 c2 M , b = c2 ,
y c =
E 2 c2
− m2c2
La misma que tiene la siguiente solución:
− [a
br + br + cr cr2 ]
− ((−a + br + br))Ln[ Ln[r])/ ])/ [a − br] br] + ((−a + br + br))Ln[ Ln[a − br + br + 2 [a − br] br] [a − br + br + cr cr ]])/ ]])/ [a − br] br]
Para el siguiente paso consultar la página 179, tercer párrafo, del primer tomo de la colección de Landau y Lisfshitz - Mecánica. S ∂ S Nos dice que: ∂α = cte , donde α puede ser tanto E como M, nos ofrecerá una S ∂ S = cte , la cuál nos conducirá a: ecuación entre q 1 ,...,q n y t. Tomemos ∂M
(c2 M 2
− α2 ) 1r = c
(M E )2
2
− m2c2(M 2c2 − α2 )cos( cos(φ 1 − c αM ) − Eα 2
2
A partir de esta Ec. determinaremos el valor de φ , ya que el ángulo de desviación desviación viene dar por χ = π = π − 2φ. φ =
−1 1
α2 c2 M 2
arc cos( cos(
2
2
2 1
(c M −α ) +Eα √ ME ) c (ME ) ) −m c (M c −α ) r
2
2 2
2 2
2
Deducción del Momento dipolar. Pág. 136
Consideremos una distribución de n cargas, cuyos vectores posición están dados por rα , procedamos a determinar el potencial producido por todas las cargas en un punto ubicado en una posición fija R0 .
φ =
eα
|R0 −r | α
Sabemos que r α ≪ R0 , por lo que podemos utilizar la siguiente aproximación: (La misma que se encuentra más detallada en §6.23, de las Lecturas de Electrodinámica de Richard Feynman)
ri = R0
| − rα| 1 ri
≈
≈
1 (1 R0
R0
− rα · Rˆ0
− r R·Rˆ )
34
0
α
0
1 ri
1 R0
≈
− r R·Rˆ ) α
2 0
0
− rα · RRˆ ) 1 1 1 r R − rα · ∇( R ) φ = eα R1 − rα · ∇( R1 ) φ = eα R1 − eα rα · ∇( R1 ) 1 ri
i
Definiremos a d = d =
≈
≈
1 R0
0 2 0
0
0
0
0
0
0
eα rα , como Momento Dipolar , el mismo que representa la
geometría del arreglo de cargas.
Algo interesante que se deduce a partir de esta expresión es que si la carga neta es cero, el Momento Dipolar no depende del origen que se tome.
− d · ∇( R1 ) Consideremos el caso de un distribución de carga neutra. φ = −d · ∇( R1 ) ·Rˆ ) φ = −∇( dR ·R ) φ = −∇( dR φ =
eα R10
0
0
eα = 0
0
0
0 2 0
·R30 φ = dR 0
E = =
−∇φ ·R E = = −∇ dR E = = −∇d · R0 R1 E = = −∇(d · R0 ) R1 − (d · R0 )∇( R1 ) E = = −∇(d · R0 ) R1 − (d · n)R0 R1 E = = −∇(d · R0 ) R1 − (d · n) R1 0 3 0
3 0
3 0
3 0
3 0
4 0
3 0
E = =
3 0
3(n 3(n d)n d R30
·
−
Problema Pág. 141
Determinar el momento cuadripolar de un elipsoide, cargado uniformemente, respecto a su centro.
35
Solución
Partiendo de la definición del momento cuadripolar de un sistema
Dαβ =
− r2δ αβ αβ )
e(3x (3xα xβ
Pero en este caso como una integral que recorre el volumen del elipsoide Dαβ =
− r2δ αβ αβ )dV
̺(3x (3xα xβ
Se elije el origen de coordenadas en el centro del elipsoide, el elipsoide es simétrico respecto a los ejes coordenados y por tanto son los ejes principales del tensor. Resolviendo respecto a uno de los ejes principales.
− (x2 + y2 + z 2)δ xx xx )dV Dxx = ̺(3x (3x2 − x2 − y 2 − z 2 )dV Dxx = ̺(2x (2x2 − y 2 − z 2 )dV (1)
Dxx =
̺(3xx (3xx
De la misma forma para los ejes restantes
− −
Dyy = ( x2 + 2y 2y 2 ̺ Dzz =
̺( x2
− z2)dV
(2)
− y2 + 2z 2z 2 )dV
(3)
Se utilizará la transformación x = ax = ax ′ ,
y = by = by ′ ,
z = cz = cz ′
Para que la introducción sobre el volumen del elipsoide x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c
Se reduzca a x′2 + y ′2 + c′2 = 1
Integrando (1) , (2) y (3)
36
Dxx = Dxx =
Dxx =
̺(2x (2x2
− y2 − z2)dxdydz 2 [ x3 − y 2 x − z 2 x]0a dydz 3
̺
2 [ a3 ̺ 3
2 Dxx = [ a3 y ̺ 3 Dxx =
− 13 ay3 − ayz 2]b0 dz
2 ̺ [ a3 b 3
2 Dxx = = [ a3 bz ̺ 3
− 13 ab3 − abz 2]dz
− 13 ab3z − 13 abz 3]c0
2 Dxx = = [ a3 bc ̺ 3 Dxx =
− ay2 − az2]dydz
− 13 ab3c − 13 abc3]
1 a ̺bc [2a [2a2 3
− b 2 − c2 ]
1 Dyy = a ̺bc [ a2 + 2b 2 b2 3
−
Dzz =
− c2 ]
1 a ̺bc [ a2 3
− − b2 + 2c 2 c2 ]
Que se escriben también como e [2a [2a2 b2 c2 ] 4π e Dyy = [ a2 + 2b 2 b 2 c2 ] 4π e Dzz = [ a2 b2 + 2c 2 c2 ] 4π Dxx =
− −
−
−
− −
Donde e = e =
4π abc representa la carga total. 3 ̺
Deducción del Momento magnético. Pág. 147
El problema que se presenta a continuación es similar al anterior, ya que deseamos conocer el campo magnético que produce una distribución de carga con movimiento estacionario en un punto ubicado muy lejos del origen, en el cual la distribución de carga se encuentra, procederemos de igual manera esta vez ya no con el Potencial Escalar, si no con el Potencial Vectorial, pero con la diferencia de considerar su valor promedio, ya que las cargas en este caso se encuentran en movimiento. 37
A través de otra identidad vectorial determinaremos rot( rot (m × rot( rot(A
R0 ): R30
× B) = (B · ∇)A − (A · ∇)B + A + A((∇ · B ) − B (∇ · A) entonces:
rot( rot(m
× RR ) = ( RR · ∇)m − (m · ∇) RR 0 3 0
0 3 0
∇ · RR ) − RR (∇ · m)
+ m( m(
0 3 0
0 3 0
0 3 0
∇ · m = 0 ∇m = 0 R × RR ) = −(m · ∇) RR + m( m(∇ · R ) ∇ · RR = R1 ∇ · R0 + R + R0 · ∇( R1 )
rot( rot(m
0 3 0
0 3 0
0 3 0
3 0
0 3 0
3 0
−(m · ∇) RR = −(m · ∇)R0 − (mR0 · ∇) R1 −(m · ∇) RR = − Rm + 3R 3R0 (m · R0 ) R1 0 3 0
3 0
0 3 0
H =
3 0
5 0
− Rm + 3R 3R0(m · R0 ) R1 3 0
+
5 0
H =
1 R30
∇ · R0 + R + R0 · ∇( R1 ) 3 0
3(m 3(m n)n d R30
·
−
Problema. Página 149
Determinar la razón del momento magnético al momento mecánico para un sistema de dos cargas (velocidades v ≪ c). Solución Dado el sistema de dos cargas, se toma como el origen de coordenadas el centro de masa de dicho sistema. De la consideración anterior resulta que
F 12 12 =
−F 2121 dp2 dp =− 1 dt dt p1 = −p2 (1)p1 = −p2 = p = p Donde p es la cantidad de movimiento relativa. Además
m1 v1 =
−m2v2
39
m1 r1 =
−m2r2
(2)
El momentomagnético de un sistema de cargas se lo encuentra mediante:
m =
1 2c
Y el momento cinético mecánico:
M =
er
×
×v
r
p
Desarrollando para un sistema de dos cargas
m = m =
1 [(e [(e1 r1 2c
1 e 1 [( r1 2c m 1
× v1) + (e ( e2 r2 × v2 )] × p1) + ( em22 r2 × p2 )]
Utilizando la igualdad (1)
m = m =
1 e 1 [ (r1 2c m1
1 e 1 [ (m1 r1 2c m21
× p) − me22 (r2 × p)] × p) − me22 (m2r2 × p)] 2
Gracias Gracias a la igualdad (2)
m =
1 e 1 [ (m1 r1 2c m21 m =
× p) + me22 (m1r1 × p)] 2
1 e 1 e2 ( 2 + 2 )(m )(m1 r1 2c m1 m2
× p)
Dividiendo el resultado anterior para el momento mecánico m 1 e 1 e2 (m1 r1 p) = ( 2 + 2) M 2c m1 m2 M
×
m 1 e 1 e2 (r1 = ( 2 + 2 )m1 M 2c m1 m2 r12
40
× p) ×p
m 1 e 1 e2 (r1 p) = ( 2 + 2 )m1 M 2c m 1 m 2 (r1 r2 ) p
−
m 1 e 1 e2 = ( 2 + 2 )m1 M 2c m1 m2 ( r1
×
×
(r1 p)
× p) × − (r2 × p) m 1 e 1 e2 (r1 × p) = ( 2 + 2 )m1 m2 M 2c m1 m2 m2 (r1 × p) − m2 (r2 × p) m 1 e 1 e2 (r1 × p) = ( 2 + 2 )m1 m2 M 2c m1 m2 m2 (r1 × p) − (m2 r2 × p) Por (2) m 1 e 1 e2 = ( 2 + 2 )m1 m2 M 2c m1 m2 m2 (r1 m 1 e 1 e2 = ( 2 + 2 )m1 m2 M 2c m1 m2 m2 (r1
× ×
(r1 p) p) + (m (m1 r1
×
(r1 p) p) + m + m1 (r1
×
m 1 e 1 e2 (r1 p) = ( 2 + 2 )m1 m2 M 2c m1 m2 (m1 + m + m2 )(r )(r1
×
41
× p)
× p)
m 1 e 1 e2 1 = ( 2 + 2 )m1 m2 M 2 c m1 m2 (m1 + m + m2 ) m 1 e 1 e2 m1 m2 = ( 2 + 2) M 2c m1 m2 (m1 + m + m2 )
× p)
Cap. 6 Ondas Electromagnéticas Pág. 153 - La ecuación de las ondas.
Para describir un campo electromagnético, se usan las ecuaciones de Maxwell
rotE rotE = rotH rotH =
− 1c ∂ ∂tH
divH div H = 0
1 ∂ E 4π 4 π + j c ∂t c
divE div E = 4π ̺
En el vacío,̺ = 0 y j = 0, por lo que las ecuaciones ecuaciones anteriores anteriores toman la forma: (1)rot (1)rotE E = (3) r (3) rot H = otH
− 1c ∂ ∂tH (2) div (2) divH H = 0 1 ∂ E c ∂t
(4)div (4)divE E = 0
Como se puede apreciar, tanto H como E dependen del tiempo, de manera que las soluciones de las ecuaciones no son nulas, lo que implica que el campo electromagnético existe en ausencia de cargas. Dicho campo electromagnético se conoce como ondas electromagnéticas. Para hallar los potenciales de las ondas electromagnéticas, recordemos que los potenciales no están unívocamente definidos y por tanto es posible elegirlos de tal forma que el potencial escalar φ sea nulo.
φ = 0
Así
H = rot = rotA A
Reemplazando (5) en (1)
42
(5)
rotE rotE =
− 1c ∂t∂ rotA rotA
(6) E = E =
− 1c ∂t∂ A
De la misma forma, (5) y (6) en (3)
rot( rot(rotA rotA ) =
1 ∂ 1 ∂ ( A) c ∂t c ∂t
−
2
(7) r (7) rot ot((rotA rotA) =
− c12 ∂ ∂tA2
Finalmente, se determina unívocamente A Además, por cálculo vectorial:
(8) r (8) rot ot((rotA rotA) = grad( grad(divA div A)
− ∆A
Para mantener invariante φ se puede sumar al vector A el gradiente de una función cualquiera independiente del tiempo. Se elige
divA divA = 0
Como
E =
− 1c ∂ ∂tA
y
divE = 0
− 1c ∂ ∂tA ) = 0
div( div (
− 1c ∂t∂ divA divA = 0 ∂ divA div A = 0 ∂t
Dado que la derivada anterior se iguala a cero, en claro que divA divA es función solo de coordenadas. Una vez encontrada la función independiente del tiempo y luego de aplicarle el gradiente, por (7) y (8) (8 ) es evidente que
43
2
∆A
− c12 ∂ ∂tA2 = 0
Siendo esta última la ecuación de las ondas que determina los potenciales de las mismas. Pág. 156 - Ondas Planas
Tengamos en mente el encontrar la fórmula más general para representar una onda plana. Partamos de: 2
∇2f = c1 ∂ ∂tf 2
2
dónde f es cualquier compoente de los vectores E o H . En nuestro análisis de ondas planas, es un caso particular en la cual el campo depende de una sola coordenada, designemos a esta como x. ∂ 2 f ∂t 2
2
− c2 ∂ ∂xf = 0 2
Lo cual será equivalente a: ( ∂t∂ 2
− c ∂x∂ )( ∂t∂ 2
+ c ∂x∂ 2 )f = 0
2
Expresar la Ec. de esta manera nos permite intuir un cambio de variable que será de útil ayuda, recordemos que buscamos la fórmula más general de una onda plana. Tomemos: (1)ξ = t = t − xc y (2)η = t = t + +
x c
Es sencillo ver que sumando y restando 1 y 2 obtenemos respectivamente: t = 21 (η + ξ + ξ ) y x = 2c (η
− ξ )
A partir de esto buscaremos la manera para relacionar las derivadas parciales de estas cuatro variables, usando regla de la cadena. ∂ ∂ξ
=
∂t ∂ ∂ + ∂x ∂ξ ∂t ∂ξ ∂x ∂t ∂ξ ∂x ∂ξ
∂ ∂η
y = =
1 2
− 2c
∂t ∂η
=
1 2
∂x ∂η
=
c 2
44
=
∂t ∂ ∂ + ∂x ∂η ∂t ∂η ∂x
Reemplazando: ∂ ∂ξ
=
1 ∂ 2 ∂t +
− 2c ∂x∂ y ∂η∂ = 21 ∂t∂ + 2c ∂x∂
Lo cual nos conduce a: ∂ 2 f ∂ξ∂η
=0
Integrando para cada una de las variables obtendremos: f = f 1 (ξ ) + f + f 2 (η ) f = f 1 (t
− xc ) + f + f 2 (t + xc )
Esta solución revela que f es una superposición de ondas planas, una f 1 (t − xc ) que se mueve en el sentido positivo del eje de las X y la otra f 2 (t + xc ) en el sentido opuesto, a lo largo del eje X. Es probable que cuestionemos el hecho de que f 1 (t − xc ) , represente una onda plana que viaja en el sentido positivo, a lo largo del eje X y de igual forma con f 2 (t + xc ), la comprensión de esto se logra al situarnos en la propia onda, como sistema de referencia. Para otra perspectiva del mismo problema se recomienda consultar la pág. 15 del libro de Max Born, Principles of Optics.
Pág. 159 - Ondas Planas Monocromáticas.
Un caso muy interesante de analizar es el de las Ondas Armónicas, periódicas dependientes del tiempo o conocidas también como Ondas monocromáticas, éste término se encuentra fuertemente relacionado con la longitud de onda, y ésta a su vez con la frecuencia de la onda y por consiguiente se refiere a las ondas electromagnéticas que poseen una misma frecuencia de oscilación y por lo tanto una misma longitud de onda, dando como resultado un solo color. color. A partir de lo dicho anteriormente podemos darles forma a este tipo de ondas: f = f 0 cos( cos(τ + δ + δ )
dónde f representará al campo E y H . f 0 es la amplitud de la onda. Al argumento del coseno τ + τ + δ δ se se lo conoce como fase. Y τ representará el número de vibraciones que han tenido lugar en un tiempo igual a 2π 2 π(t − xc ). τ viene dado por: w(t
− xc ), dónde el término en paréntesis representa la de-
pendecia del tiempo, y w, es la frecuencia angular, representa el número de vibraciones en 2π 2 π segundos. Expresemos esto con números complejos: τ +δ ) f = Re f 0 ei(τ +
{
}
Es momento de dar una interpretación y relacionar esto a un fenómeno, hemos hablado de ondas electromagnéticas, las mismas que son representadas por los 45
campos E y H en ausencia de cargas, el mejor ejemplo de esto es la luz. Consideremos un rayo de luz moviéndose a lo largo del eje Z, lo cual obliga a que la oscilación de ambos campos se restrinja al plano XY, ya que E y H son siempre perpendiculares al eje de propagación, por consiguiente obtendremos que: τ +δ) E = Re = Re E 0 ei(τ +
{
}
E = E = E 0 cos( cos(τ + δ + δ )
−→
−→
−→
E = E = E x i + E y j + (0) k Ex = E x0 cos( cos(τ + δ + δ 1 ) Ey = E y0 cos( cos(τ + δ + δ 2 ) Ez = 0
Y de igual manera para H . A partir de estas ecuaciones un tema de relevante importancia es el de determinar la forma que describen los extremos de las componentes de estos dos vectores, ya que a partir de esto se determina el estado de polarización de una onda electromagnética. Ejercicio Pág. 160.
Siguiendo el método de Hamilton-Jacobi, determinar el movimiento de una carga en el campo de una onda electromagnét electromagnética ica plana. Primeramente deberemos plantear a ecuación de Hamilton-Jacobi, la cual es una ecuación en derivadas parciales en la que intervienen la derivada temporal de la Acción y la Hamiltoneana del sistema que se está analizando. De manera que el desarrollo sea lo más óptimo posible, representemos a la Ec. de Hamilton-Jacobi en forma cuadridimensional: ∂S e 2 2 (1)g (1)g ik ( ∂∂xS i + ec Ai )( ∂x k + c Ak ) = m c
Comprobemos que realmente es la Ec. de Hamilton-Jacobi. Sabemos que el tensor métrico es de la forma: g ik =
1 0 0 0
0 1 0 0
−
0 0 1 0
−
0 0 0 1
−
Por lo tanto tanto solo nos hará falta analizar analizar las componente componentess de su diagonal, diagonal, esto es: g 00 ; g 11 ; g 22 ; g 33
46
e2 i c A i A
∂F (ξ) e i i − 2 ∂F ( ∂ξ ki f − 2 c f i A = 0
Obtengamos F ( F (ξ ) ∂F (ξ) e i i − 2 ∂F ( ∂ξ ki f − 2 c f i A = 0 ∂F ( ∂F (ξ ) e i = ( 2k ef c Ai Ai − k f ∂ξ c f i A e e F ( F (ξ ) = 2γc Ai Ai dξ − γc f i Ai dξ
( ec )2 Ai Ai
2
i
i 2
i
i
2
2
Tendremos que:
(2)S (2)S = =
−f ixi +
e2 i 2γc 2 Ai A dξ
−
e i γc f i A dξ
Para facilitar la integración pasemos todo nuevamente a la notación tridimensional, elijamos al eje x en la dirección de propagación de la onda. Habíamos dicho que ξ = ki xi , ahora ξ = ct − x y la constante ki f i = γ será igual a γ = f 0 − f 1 , designando por χ el vector de dos dimensiones f y ,f z , a partir de la condición f i f i = (f ( f 0 )2 − (f 1 )2 − χ2 = m 2 c2 , se obtendrá: f 0 + f 1 =
m2 c2 +χ2 γ
(Recordemos que la manipulación del vector k i se la ha hecho de tal forma que nos facilite trabajar en la notación cuadridimensional, pero una vez de vuelta en la notación tridimensional no se vea alterado nuestro desarrollo, por tal motivo, parecería parecería que ki es el cuadriv cuadrivector ector unidad (1, 1) cuyo cuyo módulo es cero)
Elijamos ahora los potenciales de acuerdo al contraste en el cual φ = 0 y A( A (ξ ) se encuentra en el plano yz, de esta manera (2) tomará la forma: S = =
−f ixi +
e2 i 2γc 2 Ai A dξ
−
e i γc f i A dξ
para cada uno de los términos términos tendremos tendremos que: f i xi = f 0 x0 (r χ)
·
− f 1x1 − f 2x2 − f 3x3 = f 0ct − f 1x − (f 1 y + f 2z) = f = f 0 ct − f 1 x −
−A2 f i Ai = χ · A Ai Ai =
Reemplazando: S = =
−(f 0ct − f 1x − (r · χ)) −
2 e2 + 2γc 2 A dξ +
e χ γc
· Adξ
acomodemos el primer término a nuestra conveniencia: 49
2 2
2
· − γ 2 (ct + ct + x x)) − m c2γ +χ ξ −
S = r = r χ
2 e2 + 2γc 2 A dξ +
e γc χ
· Adξ
En base a las reglas de la mecánica, con el fin de determinar las ecuaciones del ∂S movimiento tenemos que hallar las derivadas ∂S ∂χ , ∂γ , ya que estas dos funciones arbitrarias surgen de la solución antes tomada. ∂S ∂χ
=
* ∂∂f S y = 0 ** ∂∂f S z = 0 S ( ∂ ∂f y ) =
∂ ∂f y (f y y
2 2
2
−
2
e − γ 2 (ct+ ct + x) − m c2γ +χ ξ − 2γc A2 dξ + e y − χγ ξ + + γc Ay dξ = = 0 χ e y = γ ξ − γc Ay dξ y
2
e γc (f y Ay + f z Az )dξ ) =
0
De manera similar para f z tendremos: z =
χz γ ξ
∂S ∂γ tendremos:
Para ∂ ∂γ (r
e γc Az dξ
2 2
2
2
e e · χ − γ 2 ((ξ ((ξ + x + x)) + x + x)) − m c2γ +χ ξ − 2γc A2 dξ + + γc χ · Adξ ) = 0 − 21 ξ + x + x + + m 2cγ +χ ξ − 2γ e c A2 dξ + + cγ e χ · Adξ = = 0 x = 21 ( m 2cγ +χ − 1) + 2γ e c A 2 dξ − cγ e χ · Adξ 2
2 2
2
2
2
2 2
2 2
2
2
2
2
2 2
2
En un problema de cargas en movimiento lo que nos interesa son las cantidades promediadas en el tiempo, puesto que son estas las que nos proporcionan la información del sistema. Al promediar tendremos que la primera potencia de A( A (ξ ) se anula, y si escogemos un sistema de referencia en el cuál la partícula se encuentra en promedio en reposo, es decir, respecto de dicho sistema el impulso medio es igual a cero, con lo cual: χ = χ = 0 y γ 2 = m 2 c2 + e2 A2 Las fórmulas definitivas son: x =
e2 2γ 2 c2
(A2
− γce e z = − γc
y =
ct = ct = ξ ξ + +
e2 2γ 2 c2
Solo nos restaría obtener los impulsos.
50
− A2)dξ
A y dξ A z dξ
(A2
− A2)dξ
Obtengamos el impulso a partir de p = p = γ γ ddξr de esta manera es fácil ver que:
− ec Ay , p z = χz − ec Az e px = 21 ( m c2γ +χ − γ ) + 2γ e c A2 − cγ χ·A py = χ y 2 2
2
2
2 2
Polarización - Página 164
Partiendo de la fórmula E = Re = Re((bei[k.r−ωt−α] )
Que gracias a la fórmula fórmula de Euler también también se puede desarrollar desarrollar como E = Re = Re[[b(cos( cos(k.r
− ωt − α) + isin + isin((k.r − ω t − α)])
(1)
Y escribiendo a b de la forma b = b = b1 + i + ib b2
Con b1 y b2 reales. En pasos anteriores se estableció la cantidad b2 como un número real b2 = b 21 + b22 + i + ib b1 .b2 + i + ib b2 .b1 b2 = b 21 + b22 + 2i 2 ib1 .b2
Por tanto, debe cumplirse que b1 .b2 = 0
Es decir, b 1 es perpendicular a b 2 . Se designa arbitrariamente la dirección de b 1 a lo largo del eje y. La onda se propagará por el eje x. Volviendo a (1) E = Re = Re[[b(cos( cos(k.r
− ωt − α) + isin + isin((k.r − ω t − α)]) E = Re = Re[( [(b b1 + i + ib b2 )(cos )(cos((k.r − ω t − α) + isin + isin((k.r − ωt − α)]) E = Re = Re[[b1 cos( cos(k.r − ω t − α) + i + ib b1 sin( sin(k.r − ω t − α) + i + ib b2 cos( cos(k.r − ωt − α) + 2 i b2 sin( sin(k.r − ω t − α)] E = Re = Re[[b1 cos( cos(k.r − ω t − α) + i + ib b1 sin( sin(k.r − ω t − α) + i + ib b2 cos( cos(k.r − ωt − α) − b2 sin( sin(k.r − ω t − α)] E = b = b1 cos( cos(k.r − ω t − α) − b2 sin( sin(k.r − ωt − α) 51
E y = b 1 cos( cos(k.r
− ωt − α) E z = −b2 sin( sin(k.r − ωt − α) E y2 = b 21 cos2 (k.r − ωt − α) E z2 = b 22 sin2(k.r − ωt − α) E y2 = cos2 (k.r b21
− ωt − α)
(2)
E z2 = sin2 (k.r b22
− ωt − α)
(3)
Sumando (2) y (3) E y2 E z2 + 2 =1 b21 b2
Ésta última ecuación indica que el campo eléctrico describe una elipse. Aquella onda que presente esta característica se dice que está polarizada elípticamente. Es claro que si b 1 = b = b 2 , la ecuación anterior se transforma en una circunferencia, en este caso de habla de una onda polarizada circularmente. El último caso se da cuando b 1 o b 2 = 0, es decir, cuando el campo es paralelo en el espacio. Aquí se habla de una onda polarizada linealmente.
Ejercicio 1 - Pág. 166.
Determinar la dirección y el valor absoluto de los ejes de la elipse de polarización en función de la amplitud compleja E 0 . Primeramente para resolver esta cuestión partamos de: τ ) E = Re = Re E 0 ei(τ )
{
}
Sabemos que E 0 es un vector arbitrario complejo, al cual lo expresaremos de la siguiente manera : E 0 = a = aeeiα . En el libro se hace uso de la letra
b para
nombrar a este vector arbitrario arbitrario complejo
con a = a = a a 1 + ia2 , ya que a es un vector complejo arbitrario, tengamos presente que el factor e iα representa el desfase espacial de la onda. 52
Lo que debemos hallar es lo siguiente: E 0 E 0∗ para determinar su módulo y E 0 E 0∗ para determinar su dirección, puesto
×
que el producto cruz entre ambos vectores nos indicará la dirección de rotación del campo. Empecemos Empecemos por: E 0 E 0∗ τ +α) E = Re = Re aei(τ +
{
}
τ +α) τ +α) EE∗ = ae aei(τ + ae−i(τ +
EE∗ = a2 a2 = (a1 + ia + ia2 )(a )(a1 + ia + ia2 )∗ a2 = a 1 a∗1 + a + a2 a∗2 + 2ia 2 ia1 a2
·
Pero como a 1 y a 2 son perpendiculares, ya que cada uno representa las componentes del campo, se tiene a 1 · a2 = 0. a2 = a 1 a∗1 + a + a2 a∗2 a2 = a 21 + a + a22 A continuación realizaremos un proceso detallado del desarrollo que podemos encontrar en 1.4.2 de la página 24, del libro de Max Born, Principles of Optics.
E x = a 1 cos( cos(τ + δ + δ 1 ) E y = a 2 cos( cos(τ + δ + δ 2 ) E z = 0
Tomemos un caso general en el que los ejes de la elipse no coinciden con los ejes X y Y, consideremos los siguientes ejes arbitrarios: ξ y η , los mismos que forman un ángulo ψ con el eje X y con el eje Y respectivamente, tengamos en cuenta que 0 ψ π, a partir partir de esto realicemos realicemos la transformaci transformación ón del Campo. Del gráfico se deduce que:
53
y ξ
η
P(x, y)
ψ
x
E
cosψ = cosψ = ( y1η ) E η = cosψ( cosψ (E y
− E x senψ cosψ )
*E η =
−E xsenψ + senψ + E E y cosψ y ⇒ y2 = E tanψ = tanψ = E = E x tanψ 2
x
E y = y 1 + y + y2 y1 = E = E y
− y2
y1 = E = E y
− E xtanψ senψ = senψ = xy ⇒ x2 = y1 senψ x2 = E = E y senψ − E x tanψsenψ E ⇒ x1 = cosψ cosψ = cosψ = E x 2
1
x
x
1
E ξ = x1 + x + x2 E ξ =
E x cosψ
+ E y senψ
− E xtanψsenψ 2
− senψ ) + E + E y senψ cosψ
1 E ξ = E x ( cosψ
2
senψ E ξ = E x ( 1−cosψ ) + E + E y senψ 2
E ξ = E x ( cosψ cosψ ) + E y senψ
**E ξ = E x cosψ + cosψ + E E y senψ
54
Consideremos este par de ecuaciones: E η =
−E xsenψ + senψ + E E y cosψ
E ξ = E x cosψ + cosψ + E E y senψ
y tengamos en cuenta que: E ξ = asen( asen(τ + δ + δ 0 ) E η = bcos( bcos(τ + δ + δ 0 )
±
Ahora: asen( asen(τ + δ + δ 0 ) = a 1 cos( cos(τ + δ + δ 1 )cosψ + cosψ + a a2 cos( cos(τ + δ + δ 2 )senψ bcos( bcos(τ + δ + δ 0 ) =
−a1cos( cos(τ + δ + δ 1 )senψ + senψ + a a2 cos( cos(τ + δ + δ 2 )cosψ acosτcosδ 0 − asenτsenδ 0 = a1 cosτcosδ 1 cosψ − a1senτsenδ 1 cosψ + cosψ + a a2 cosτcosδ 2 senψ − a2 senτsenδ 2 senψ −
bsenτcosδ 0 + bcosτsenδ + bcosτsenδ 0 = a1 cosτcosδ 1 senψ + senψ + a a1 senτsenδ 1 senψ + senψ + a a2 cosτcosδ 2 cosψ
− a2senτsenδ 2cosψ
Tomemos los coeficientes de cosτ y senτ . (1)acosδ (1)acosδ 0 = a = a 1 cosδ 1 cosψ + cosψ + a a2 cosδ 2 senψ (2)asenδ (2)asenδ 0 = a = a 1 senδ 1 cosψ + cosψ + a a2 senδ 2senψ (3)bcosδ (3)bcosδ 0 = a = a 1 senδ 1 senψ (4)bsenδ (4)bsenδ 0 =
− a2senδ 2cosψ
−a1cosδ 1senψ + senψ + a a2 cosδ 2 cosψ
Elevemos cada una de estas cuatro ecuaciones al cuadrado y sumemos la (1) y (2) y la (3) y (4). Omitiremos los pasos puesto que únicamente implican el uso de identidades trigonométricas elementales. (5)a (5)a2 = a 21 cos2 ψ + a + a22 sen2 ψ + 2a 2 a1 a2cosψsenψcosδ (6)b (6)b2 = a 21 sen2 ψ
− a2cos2 ψ − 2a1a2cosψsenψcosδ
con cosδ = cosδ = cosδ 1 cosδ 2
La cual es equivalente a la presentada por Landau: b1,2 =
√ A2 + B2 + 2ABsenδ √ 2ABsenδ ± A2 + B 2 − 2ABsenδ y esto nos conduce a: a2 + b2 = a 21 + a + a22
Multiplequemos las Ec. (1) y (3) al igual que las Ec. (2) y (4)para posteriormente sumarlas. 55
abcos2 δ 0 = a = a 21 cosδ 1 cosψsenδ 1 senψ a22 cosδ 2 senψsenδ 2 cosψ a1 a2 cosδ 1 senδ 2 cos2 ψ + a + a1 a2 cosδ 2 senδ 1 sen2 ψ
−
−
absen2 δ 0 = a21 cosδ 1 cosψsenδ 1 senψ + senψ + a a22 cosδ 2 senψsenδ 2cosψ a1 a2 cosδ 1 senδ 2 sen2 ψ + a + a1 a2 cosδ 2 senδ 1 cos2 ψ
−
−
ab = ab = a a 1 a2 cosδ 2 senδ 1
− a1a2cosδ 1senδ 2 ab = ab = a a 1 a2 (cosδ 2 senδ 1 − cosδ 1 senδ 2 ) ab = ab = a a 1 a2 senδ
con senδ = cosδ = cosδ 2 senδ 1 − cosδ 1 senδ 2 = sen = sen((δ 1 − δ 2) 2). Determinaremos el ángulo de inclinación de la elipse, respecto a los ejes X y Y. Dividamos (3) para (1) y (4) y (2) , para posteriormente igualarlas. =
a1 senδ1 senψ a2 senδ2 cosψ a1 cosδ1 cosψ+ cosψ+a2 cosδ2 senψ
(7) ab =
a1 senδ1 senψ a2 senδ2 cosψ a1 cosδ1 cosψ+ cosψ+a2 cosδ2 senψ
bcosδ0 acosδ0
−
−
y senψ +a2 cosδ2 cosψ 1 cosδ1 senψ+ (8) ab = −a1asenδ cosψ+a2 senδ2 senψ 1 cosψ+
(7)=(8) senψ +a2 cosδ2 cosψ 1 cosδ1 senψ+ = −a1asenδ cosψ+a2 senδ2 senψ 1 cosψ+
a1 senδ1 senψ a2 senδ2 cosψ a1 cosδ1 cosψ+ cosψ+a2 cosδ2 senψ
−
(a1 senδ 1 senψ a2 senδ 2 cosψ)( cosψ )(a a1 senδ 1 cosψ + cosψ + a a2 senδ 2 senψ) senψ ) = ( a1 cosδ 1 senψ + senψ + a a2 cosδ 2 cosψ)( cosψ )(a a1 cosδ 1 cosψ + cosψ + a a2 cosδ 2 senψ) senψ )
−
−
a1 senδ 1 senψ( senψ (a1 senδ 1 cosψ + cosψ + a a2 senδ 2 senψ) senψ ) a2 senδ 2 cosψ( cosψ (a1 senδ 1 cosψ + cosψ + a2 senδ 2 senψ) senψ ) = a1 cosδ 1 senψ( senψ (a1 cosδ 1 cosψ + cosψ + a a2 cosδ 2 senψ) senψ ) + a + a2 cosδ 2 cosψ( cosψ(a1 cosδ 1 cosψ + cosψ + a2 cosδ 2 senψ) senψ)
−
−
a1 senδ 1 senψa1 senδ 1 cosψ + cosψ + a a1 senδ 1 senψa2 senδ 2 senψ a2 senδ 2 cosψa1 senδ 1 cosψ + cosψ + a a2 senδ 2 cosψa2 senδ 2senψ = senψ = ( a1 )cosδ 1 senψa1 cosδ 1 cosψ + cosψ + ( a1 )cosδ 1 senψa2 cosδ 2 senψ + senψ + a2 cosδ 2 cosψa1 cosδ 1 cosψ + cosψ + a a2 cosδ 2 cosψa2 cosδ 2 senψ
−
−
−
a21 sen2δ 1 senψcosψ + senψcosψ + a a1 a2 senδ 1 sen2 ψsenδ 2 a1 a2 senδ 2 cos2 ψsenδ 1 + a22 sens2 δ 2 cosψsenψ = cosψsenψ = 2 2 a1 cos δ 1 senψcosψ a1 a2 cosδ 1 sen2 ψcosδ 2 + a + a1 a2 cosδ 2 cos2 ψcosδ 1 + a22 cos2 δ 2 cosψsenψ
−
−
−
lo cual nos conduce a: 2a21 senψcosψ
− 2a22cosψsenψ + cosψsenψ + 2a 2 a1 a2 (senδ 1 senδ 2 cosδ 1 cosδ 2 )sen2 ψ − 2 2a1 a2 (senδ 2 senδ 1 + cosδ + cosδ 1 cosδ 2 )cos ψ = 0
2(a 2(a21
− a22)cosψsenψ + cosψsenψ + 2a 2 a1 a2 cosδcos(2 cosδcos(2ψ ψ) = 0 56
(a21
− a22 )sen(2 sen(2ψ ψ) = 2a1 a2 cosδcos(2 cosδcos(2ψ ψ) sen(2 sen(2ψ ψ) cos(2 cos(2ψ ψ)
2a1 a2 senδ (a21 a22 )
=
−
2a1 a2 cosδ (a21 a22 )
tan(2 tan(2ψ ψ) =
−
Ejercicio 2 - Pág. 166.
Determinar el movimiento de una carga en el campo de una onda plana monocromática polarizada linealmente. Utilizaremos las fórmulas antes deducidas del ejercicio (2) de la pág. 160. Debido a que la dirección de oscilación del campo es una dirección fija, tomemos a esta como la dirección Y, esto lo hacemos en base a que nuestra onda plana es polarizada linealmente, por lo tanto tendremos: E = = E y = E 0 cos( cos(ωξ ′ ), ξ ′ = ξc , debido a que ξ = ξ = ct ct ξ x tanto c = (t (t c )
− E = = − ∂A ∂t → A = − Edt A = − cE sen(ω cξ ) ω sen(
− x = c = c((t − xc ) y por lo
0
Las ecuaciones del movimiento serán: e2 2γ 2 c2
− A2)dξ ξ ξ cE 2 2 ))dξ x = 2γ e c (− cE ω sen (ω c ) − − ω sen (ω c ))dξ c E x = 2γ e c [ ω ( sen2 (ω ξc )dξ − sen 2 (ω ξc ))dξ ))dξ ] sen( sen(ω cξ )2 dξ = = 21 dξ − 21 cos(2 cos (2ω ω ξc )dξ = = 21 ξ − 4cω sen(2 sen(2ω ω cξ ) x =
2
2 2
0
2
2
2 2
(A2
2
0
2 0
sen2 (ω cξ ))dξ ))dξ = = 21 ξ
Si tomaramos el promedio temporal del sen( sen(ωξ ) esto sería igual a cero, pero en nuestro caso necesitamos el promedio temporal de sen 2 (ωξ ) el mismo que es igaul a 21 x =
c2 E 02 1 e2 2γ 2 c2 [ ω 2 ( 2 ξ
− 4cω sen(2 sen(2ω ω cξ ) − 21 ξ )] )]
2
2 0 3
− 8ceγ E ω sen(2 sen(2ηη ) e y = − γc A y dξ
x =
y =
ecE 0 cγω
2
sen( sen(ω cξ )dξ
57
− ecE cos (η ) γω cos( e z = − γc Az dξ = = 0 t = ωη + − 8ceγ E sen(2ηη ) ω sen(2 y =
0 2
2
2 0 3
2
Podemos ver que la trayectoria descrita por la partícula tiene forma de ocho:
dr Obtengamos el impulso a partir de p = p = γ γ dξ
Es fácil ver que: eE 0 sen(η ); p pz ω sen(
py =
px =
2
=0
2 0 2
− 4eγωE cos(2 cos(2ηη )
Ejercicio 3 - Pág. 166.
Determinar el movimiento de una carga en el campo de una onda polarizada circularmente. Designemos a los ejes de oscilación del campo por Y y X, por lo tanto tendremos que: E y = E 0 cos( cos(ωξ ′ ) y E z = E 0 sen( sen(ωξ ′ ) Ay =
− cE ω sen( sen(ω cξ ) y A z = cE cos(ω ξc ) ω cos( 0
0
y utilizando las mismas fórmulas del problema anterior tendremos: e2 2γ 2 c2
− A2)dξ x = 2γ e c ((A ((Ay yˆ + A + Az zˆ)2 − (Ay yˆ + A + Az zˆ)2 )dξ x = 2γ e c ((A ((A2y + A + Az2 ) − (A2y + A + Az2 ))dξ ))dξ x = 2γ e c (((− cE sen(ω cξ ))2 + ( cE cos(ω ξc ))2 ) − ω sen( ω cos( ((− cE sen(ω cξ ))2 + ( cE cos(ω ξc ))2 ))dξ ))dξ ω sen( ω cos( c E c E x = 2γ e c ( ω − ω )dξ x =
2
2 2
(A2
2
2 2
2
2 2
0
0
0
0
2
2 2
2
2
2 0
2
2
2 0
El promedio de un valor constante es el mismo valor constante: x =
e2 2γ 2 c2
2
2
0 ( c ωE 2
58
2
2 0
− c ωE )dξ 2
x =
e2 2γ 2 c2
(0)dξ (0)dξ
x = 0; p x = 0 y = y = y =
e γc
A y dξ
0 ( cE sen(ω cξ ))dξ ))dξ ω sen(
ecE 0 cos( cos (ωξ ); p y γω 2
z = z = z =
− γce
e γc
− γce
=
ecE 0 sen( sen(ωξ ) ω
A z dξ
0 ( cE cos(ω ξc ))dξ ))dξ ω cos(
ecE 0 sen (ωξ ); p y = γω 2 sen(
− ecE cos(ωξ ) ω cos( 0
De esta manera podemos ver que la trayectoria de la partícula es un círculo:
59
Cap. 8 El Campo de Cargas en Movimiento Pág. 228 - Potenciales de Lienard-Wiechert
Analicemos el problema de una carga en movimiento, desde un sistema de referenica ligado a la carga y uno inercial, tomemos un punto P de observación en la posición r , la posición de la carga en cada instante estará dada por r 0 (t). A partir de la teoría de los potenciales retardados, sabes que el campo observado en el punto P en el instante t , estará determinado por el estado de movimiento de la carga en un instante anterior t′ , con lo cual t′ + tdesplazarse = t, dónde tdesplazarse es el tiempo que le ha tomado a la carga en desplazarse desde su posición r 0 (t) hasta el punto de observación P . El desarrollo presentado a continuación entra un poco más en detalles al presentado en la página 435 - Capítulo 10, de Introduction to Electrodynamics por David Jeffery Griffiths.
Tenemos que: t′ +
′
R(t ) c
= t
en donde R( R (t′ ) = r − r0 (t)
Tengamos cuidado a la hora de comprender y darles sentido a cada uno de los vectores: r es el vector posición desde el origen del sistema incercial al punto de observación. r0 (t) es el vector posición desdel el orgien del sistema inercial a la carga. R(t ) es el vector con origen en la carga y dirigido hacia el punto de observación. ′
60
−→ R (t′ )
e−
−→r 0(t)
y
P
−→r (t ( t) x z
Los potenciales vistos por un observador situados en la carga serán: φ =
e R(t ) ′
y A = 0 además vemos que: φ = φ =
e c(t t )
−
′
A partir de estas expresiones procedemos a buscar un potencial que de tal manera cuando v = 0, coincida con las fórmulas anteriores. Con ese propósito necesitaremos lo siguiente: Rk = [c(t
− t′ ); r − r′ ]
Al definir al cuadrivector posición de esta manera, la primera componente representa la distancia que recorre la carga desde el tiempo t o tiempo de retardo hasta el tiempo t o tiempo real, y la segunda componente es el vector con origen en la carga y dirigido al punto de observación, por lo tanto r ha reemplazado a r 0 (t) ′
′
uk = [
(1−c
v2 ) c2
v
;
− (1−
v2 ) c2
]
Definamos al potencial de la siguiente manera: i
Ai = e Ruk uk
determinemos los potenciales: 0
A0 = e Ru0 u0 Nótese el uso del convenio de la sumación de Einstein en el denominador c
φ c
(1 = e (c(t−t );r−r )(
−
′
′
v2 ) c2 c
2 (1− v2 )
61
c
;
−
v
2 (1− v2 ) c
)
φ c
= e (c[c(t−t )]c−(r−r )·v) ′
φ = e = e φ =
c
′
−
r−r′ )·v )
− −(
([c ([c(t t )] ′
e (R(t )
′
R(t′ )·v
c
; A =
)
c
ev c(R(t ) ′
−
R(t′ )·v
c
)
−∇φ − 1c ∂A ∂t e ∇φ = ∇[ (R(t )− ) ] ∇φ = (R(t )−e ) ∇[R(t′ ) − (tc )· ] ∇[(R [(R(t′ ) − (tc )· )2 ] = ∇R(t′ ) − ∇( (tc )· ∇[c(t − t′)] − 1c ∇(R(t′) · v) E = =
′
R(t′ )·v
c
R
R(t′ )·v
′
R
c
′
′
v
R
′
2
v
v
)
Mediante las identidades vectoriales sabemos que:
∇(R(t′ ) · v) = R( R(t′ ) × (∇ × v) + v × (∇ × R(t′ )) + (R (R(t′ ) · ∇)v + (v (v · ∇)R(t′ ) ∇ [c(t − t′ )] − ∇(R(t′ ) · v) = −∇(ct′ ) − 1c (R(t′ ) × (∇ × v) + v × (∇ × R(t′ )) + (R (R(t′ ) · ∇)v + (v (v · ∇)R(t′ )) Desarrollemos uno por uno cada término: 1ero
→ ∂v ∂v −→ ∂v ∂v −→ ∂v − × (∇ × v) = R( R (t′ ) × [( ∂v ∂y − ∂z ) i + ( ∂z − ∂x ) j + ( ∂x − ∂y ) k ] R(t′ ) × (∇ × v) = − → → ∂v ∂t ∂v ∂t −→ ∂v ∂t ∂v ∂t ∂v ∂t − ∂t R(t′ ) × [( ∂v ∂t ∂y − ∂t ∂z ) i + ( ∂t ∂z − ∂t ∂x ) j + ( ∂t ∂x − ∂t ∂y ) k ] → ∂t ∂t −→+(ay ∂t −ax ∂t )−→k ] ∂t − R(t′ ) × (∇× v) = R( R(t′ ) × [(a [(az ∂t ∂y − ay ∂z ) i + (ax ∂z − az ∂x ) j +(a ∂x ∂y R(t′ ) × (∇ × v) = −R(t′ ) × (a × ∇t′ ) R(t′ )
y
z
z
′
y
′
′
′
x
′
x
′
′
′
z
y
′
′
y
z
′
2do
× (∇ × R(t′ )) = v × (∇ × (r − r′ )) v × (∇ × R(t′ )) = v × (∇ × r − ∇ × r′ )) ∇ × r = 0 v × (∇ × R(t′ )) = −v × (∇ × vt′ )) ∇ × vt′ = t = t ′ (∇ × v) − v × ∇t′ ∇ × v = 0 v × (∇ × R(t′ )) = v × (v × ∇t′ ) 62
′
x
′
′
v
x
′
′
′
′
3ero (R(t′ )
· ∇)v ∂ ∂ ∂ (R(t′ ) · ∇)v = [(R [(R(t′ )x x ˆ + R(t′ )y yˆ + R(t′ )z zˆ) · ( ∂x x ˆ + ∂y ˆ y + ∂z ˆ z )](v )](vx x ˆ + vy yˆ + vz zˆ) v v v = R( R (t′ )x ( ∂ + R((t′ )y ( ∂ + R((t′ )z ( ∂ ∂x ) + R ∂y ) + R ∂z ) ′
′
′
∂ v ∂t ∂ v ∂t ∂ v ∂t = R( R (t′ )x ( ∂t + R((t′ )y ( ∂t + R((t′ )z ( ∂t ∂x ) + R ∂y ) + R ∂z ) ′
′
′
′
′
′
= R( R (t′ )x ax ∂t R(t′ )y ay ∂t R(t′ )z az ∂t ∂x + R( ∂y + R( ∂z R(t′ )
· ∇v = a = a((R(t′ ) · ∇t′ ) 4to
· ∇R(t′ ) v · ∇(r − r′ ) = (v ( v · ∇)r − (v · ∇)r′ v
v
∂ ∂ · ∇(r − r′ ) = (vx ∂x∂ + v + vy ∂y + v + vz ∂z )(x )(xx ˆ + y + y yˆ + z + z zˆ) − (v · ∇)r′ v · ∇(r − r′ ) = (v ( vx x ˆ + v + vy yˆ + v + vz zˆ) − (v · ∇)(v )(vt′ ) v · ∇(r − r′ ) = v − v(v · ∇t′ )
Agrupando todos los términos:
∇(R(t′ ) · v) = a( a (R(t′ ) · ∇t′ ) + v − v(v · ∇t′ ) − R(t′ ) × (a × ∇t′ ) + v × (v × ∇t′ ) R(t′ ) × (a × ∇t′ ) = a( a (R(t′ ) · ∇t′ ) − ∇t′ (R(t′ ) · a) v × (v × ∇t′ ) = v( v (v · ∇t′ ) − ∇t′ (v · v) ∇(R(t′ ) · v) = a(R(t′ )·∇t′ )+v )+v−v(v·∇t′ )−(a(R(t′ )·∇t′ )−∇t′ (R(t′ )·a))+(v ))+(v(v·∇t′ )−∇t′ (v·v)) ∇(R(t′) · v) = v = v + ∇t′ (R(t′ ) · a) − ∇t′ (v · v) ∇(R(t′) · v) = v = v + (R (R(t′ ) · a − v2 )∇t′ El proceso es largo, pero sencillo, lo que debemos tener en cuenta son las identidades vectoriales, con esto hemos logrado hallar el primer término del Campo. ec ∇φ = (cR( (v + (c (c2 − v2 + R(t′ ) · a)∇t′ )) cR(t )− (t )· ) Aún nos resta determinar el valor de ∇t′ . Para ello partamos de la siguiente igualdad: ∇R(t′ ) = ∇ R(t′ ) · R(t′ ) R
′
′
v 2
∇R(t′ ) = 2√ (t1)· (t ) ∇(R(t′ ) · R(t′)) ∇(R(t′ ) · R(t′)) = 2(R 2(R(t′ ) × (∇ × R(t′ )) + (R (R(t′ ) · ∇)R(t′ )) ∇R(t′ ) = R(1t ) (R(t′ ) × (∇ × R(t′ )) + (R (R(t′ ) · ∇)R(t′ )) R
′
R
′
63
′
Fácilmente podemos ver que: R(t′ )
× (∇ × R(t′ )) = R( R (t′ ) × (v × ∇t′ ) R(t′ ) · ∇)R(t′ ) = R = R((t′ ) − v(R(t′ ) · ∇t′ ) lo cual nos conduce a:
∇R(t′ ) = R(1t ) (R(t′ ) × (v × ∇t′)) + (R (R(t′ ) − v(R(t′ ) · ∇t′ )) ∇R(t′ ) = R(1t ) (v(R(t′ ) · ∇t′ ) − ∇t′ (R(t′ ) · v)) + (R (R(t′ ) − v(R(t′ ) · ∇t′ )) ∇R(t′) = R(1t ) (v(R(t′ ) · ∇t′ ) − ∇t′ (R(t′) · v) + R(t′ ) − v(R(t′ ) · ∇t′ ))) −c∇t′ = R(1t ) (R(t′ ) − (R(t′ ) · v)∇t′ ) − (t ) ∇t′ = cR( cR(t )− (t )· ′
′
′
′
′
R
′
R
′
v
de esta manera obtenemos:
′
− (t ) ec ∇φ = (cR( (c2 − v2 + R(t′ ) · a)( cR( cR(t )− (t )· ) (v + (c cR(t )− (t )· ))) ec ∇φ = (cR( v cR(t′ ) − R(t′ ) · v) − (c2 − v2 + R(t′ ) · a)R(t′ )) cR(t )− (t )· ) ( (cR( R
R
′
′
R
′
′
v 2
′
R
′
v
v 3
De manera similar llegamos a la siguiente expresión: ∂A ∂t
=
′
ec
(cR(t′ )−R(t′ )·v)3
′
((−v + R (tc )a )(cR(t ) − R(t ) · v) + R (ct ) (c2 − v2 + R(t ) · a)R(t )) ′
′
′
′
Con lo cual hallamos el campo: ec −( (cR( cR(t′ ) − R(t′ ) · v) − (c2 − v2 + R(t′ ) · a)R(t′ )) − cR(t )− (t )· ) (v(cR( R(t ) ec ( (cR( )(cR )(cR((t′ ) − R(t′ ) · v)+ R(ct ) (c2 − v2 + R(t′ ) · a)R(t′ ))) cR(t )− (t )· ) ((−v + c
E =
′
R
′
v 3
′
′
R
′
′
a
v 3
Y la intensidad de Campo magnético viene dado por: H = 1c R(ˆt′ )
64
×E
Referencias Bibliográficas 1. Teoría clásica de los campos , Volumen 2, Lev Davidovich Landau, E. M. Lifshitz, Pergamon Press 1971. 2. Introducti Introduction on to Electrodyna Electrodynamics mics, David Jeffery Griffiths, Pearson Education, 2013. 3. The The Feynman eynman Lectures Lectures on Physics: Physics: Mainly Mainly electromagn electromagnetism etism and matter matter, Richard Phillips Feynman, Robert B. Leighton, Matthew Linzee Sands, Addison-Wesley Publishing Company, 1965. 4. Principles of Optics: Electromagnetic Theory of Propagation, Interference and Diffraction of Light, Max Born, B orn, Emil Wolf, Cambridge University Press, 1999.
65
