elettromagnetismo 2 (2017-2018);8ragusa/2017-2018/elettromagnetismo... · Lezione n. 37 – 25.05.2018. Elettromagnetismo – Prof. Francesco Ragusa 415 Potenziale scalare e potenziale

Prof. Francesco RagusaUniversità degli Studi di Milano

Anno Accademico 2017/2018

Elettromagnetismo

Potenziali elettrodinamici.Trasformazioni e invarianza di gauge

Potenziali ritardatiApprossimazione quasi-statica

Lezione n. 37 – 25.05.2018

Elettromagnetismo – Prof. Francesco Ragusa 415

Potenziale scalare e potenziale vettore• Vogliamo adesso trovare le relazioni fra campi e potenziali nel caso di campi variabili nel tempo• In seguito scriveremo anche l'equazione dell'onda per i potenziali• Ricordiamo le equazioni di Maxwell nel vuoto

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

• Introduciamo questa relazione nella legge di Faraday

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

0

ρε

⋅ =E∇t

∂× = −

∂B

E∇0⋅ =B∇ 0 2

1tc

μ∂

× = +∂E

B J∇

= ×B A∇

( )t

∂ ×× = −

∂

AE

∇∇

t∂

= − ×∂A∇ 0

t

⎛ ⎞∂ ⎟⎜× + =⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂⎝ ⎠A

E∇

tφ

∂+ = −

∂A

E ∇t

φ∂

= − −∂A

E ∇


Equazioni per i potenziali

• I campi così definiti soddisfano automaticamente le due equazioni di Maxwell

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

• La legge di Gauss

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

• Ricordiamo la relazione (diapositiva )

= ×B A∇t

φ∂

= − −∂A

E ∇

t∂

× = −∂B

E∇0⋅ =B∇

0

ρε

⋅ =E∇ 2

0tρ

φε

∂ ⋅− − =

∂A∇∇

2

0 2 2 2

1 1tc c tφ

μ∂ ∂

× × = − −∂ ∂

AA J

∇∇ ∇0 2

1tc

μ∂

× = +∂E

B J∇

( ) ( ) 2× × = ⋅ −A A A∇ ∇ ∇ ∇ ∇78877

( )2

20 2 2 2

1 1tc c tφ

μ∂ ∂

⋅ − = − −∂ ∂

AA A J

∇∇ ∇ ∇


Equazioni per i potenziali

• Elaboriamo

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

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

( )2

20 2 2 2

1 1tc c tφ

μ∂ ∂

⋅ − = − −∂ ∂

AA A J

∇∇ ∇ ∇

( )2

202 2 2

1 1tc t cφ

μ∂ ∂

− = − − ⋅∂∂

AA J A∇ ∇ ∇ ∇

22

02 2 2

1 1tc t cφ

μ⎛ ⎞∂ ∂ ⎟⎜− − + ⋅ = −⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂∂ ⎝ ⎠

AA A J∇ ∇ ∇ 2

0tρ

φε

∂ ⋅+ = −

∂A∇∇


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

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

• Per il potenziale vettore è sufficiente che

• Calcoliamo il campo elettrico prima e dopo la trasformazione

• Perché il campo E non vari deve essere

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

( , ) ( , ) ( , )t t t→ +A r A r rα( , ) ( , ) ( , )t t tφ φ β→ +r r r

× = 0∇ α λ=α ∇ ( ), , ,x y z tλ

tφ

∂= −

∂A

E ∇ −t t

φ β∂ ∂

= − − −∂ ∂A

Eα∇ ∇ −

0t

β∂

+ =∂α∇ e anche 0

tλ

β∂

+ =∂∇∇ 0

tλ

β⎛ ⎞∂ ⎟⎜ + =⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂⎝ ⎠

∇

0tλ

β∂

+ =∂ t

λβ

∂= −

∂

λ funzione arbitraria


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

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

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

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

tλ

φ φ∂

→ −∂

λ→ +A A ∇

0⋅ =A∇

2

10

tcφ∂+ ⋅ =

∂A∇


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

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

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

• La trasformazione di gauge è

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

( ) ( )2 fλ = −r r∇ ( ) ( )14 V

fdVλ

π

′′=

′−∫r

rr r

( )2

1,f t

tcφ∂+ ⋅ =

∂A r∇

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


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

• Analogamente all'equazione di Poisson anche questa equazione ha una semplice soluzione

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

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

• Sostituendo

2

10

tc

φ′∂ ′= + ⋅∂

A∇

( )2

22 2

10f

c t

λλ

∂− + =

∂r ∇ ( )

22

2 2

1,f t

c tλ

λ∂

− = −∂

r∇

2

0tρ

φε

∂ ⋅+ = −

∂A∇∇

2

1tcφ∂

⋅ = −∂

A∇Poiché A e φ soddisfano il gauge di Lorenz

22

2 20

1c t

φ ρφ

ε∂

− = −∂

∇ Equazione dell'onda inomogenea

22

2 2 2

1 1tc c t

φ λλ

∂ ∂= − + ⋅ +

∂ ∂A∇ ∇

22

2 22

11

c ttcλ

φ λ∂=

∂−

∂+ ⋅ +

∂A ∇∇


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

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

• Pertanto si tratta di un campo elettrostatico nonostante φ = 0 e A ≠ 0• Naturalmente per un campo elettrostatico

• Troviamo la trasformazione di Gauge per passare da φ′ A′ a φ A

20

ˆ( , ) 0 ( , )

4qt

t tr

φπε

′ ′= = −r

r A r

tφ

′∂′= − −∂A

E ∇2

0

ˆ4qt

t rπε∂ −

= −∂

r0

20

ˆ4qrπε

=r

20

ˆ4qtrπε

⎡ ⎤⎢ ⎥= × − =⎢ ⎥⎣ ⎦

rB 0∇

0

1( , ) ( , )

4q

t tr

φπε

= =r A r 0

tλ

φ φ∂′ = −∂ 0

04qr t

λπε

∂= −

∂ 0

( , ) ( )4q

t dt fr

λπε

= +∫r r0

( )4qt

frπε

= + r

λ′ = +A A ∇2

0 0

ˆ 1( )

4 4qt qt

frrπε πε

⎡ ⎤⎢ ⎥− = + +⎢ ⎥⎣ ⎦

r0 r∇

2 20 0

ˆ ˆ( )

4 4qt qt

fr rπε πε

− = −r r

r+ ∇ ( ) 0f =r∇0

( , )4qt

tr

λπε

=r( ) 0f =r


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

• Poiché A e φ soddisfano il gauge di Lorentz

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

• Conosciamo la soluzione (richiedendo che i campi si annullino all'infinito)

22

02 2 2

1 1tc t cφ

μ⎛ ⎞∂ ∂ ⎟⎜− − + ⋅ = −⎟⎜ ⎟⎟⎜ ∂∂ ⎝ ⎠

AA A J∇ ∇ ∇

22

02 2

1c t

μ∂

− = −∂

AA J∇

22

2 20

1c t

φ ρφ

ε∂

− = −∂

∇

20μ= −A J∇ 2

0

ρφ

ε= −∇

( ) ( )0

14 V

dVρ

φπε

′′=

′−∫r

rr r

( ) ( )0

4 V

dVμπ

′′=

′−∫J r

A rr r

x

y

z

′rr

′dV′−r r


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

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

• Si può dimostrare che le soluzioni sono

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

x

y

z

′rr

′dV′−r r

( ),tρ ′r ( ),t′J r

rt tc

′−= −

r r

( ) ( )0

,1,

4r

V

tt dV

ρφ

πε

′′=

′−∫r

rr r

( ) ( )0

,,

4r

V

tt dV

μπ

′′=

′−∫J r

A rr r


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

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

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

( ) ( )( )3

0

,1,

4r

V

tt dV

ρ

πε

′ ′−′≠

′−∫r r r

E rr r

( ) ( ) ( )3

0

,1,

4r

V

tt dV

πε

′ ′× −′≠

′−∫J r r r

B rr r

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

0

, , ,1,

4r r r

V

t t tt dV

cc

ρ ρ

πε

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

r r r r r r J rE r

r rr r r r

( ) ( ) ( ) ( )03 2

, ,,

4r r

V

t tt dV

c

μπ

⎡ ⎤′ ′⎢ ⎥ ′ ′= + × −⎢ ⎥⎢ ⎥′ ′− −⎣ ⎦

∫J r J r

B r r rr r r r

( ) ( ) ( )( )r rt t t t t≈ + −J J J ( ) ( ) ( )03

,,

4 V

tt dV

μπ

′′ ′= × −

′−∫J r

B r r rr r


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

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

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

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

• Sviluppiamo intorno a t

( ),tJ r

( ) ( ) ( )( )r rt t t t t≈ + −J J J

rt tc

′−= −

r rr

ut t

c− = −

( )( )J t

J tτ ∼

rt t τ−

( )( ) ( )rJ t t t J t τ− ( )J t∼

′= −u r r

( ) ( )tt

τ≈

JJ

( ) ( ) ( )( )r rt t t t t≈ + −J J J

( ) ( )tt

τ≈

JJ

( )rtJ

( )rtJ


Approssimazione quasi-statica

• Abbiamo pertanto

• Introduciamo nell'espressione per B

• Il secondo e il terzo termine si elidono

( ) ( ) ( )0

2

, ,ˆ,

4r r

V

t tt dV

cuuμπ

⎡ ⎤′ ′⎢ ⎥ ′= + ×⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫J r J r

B r u

( ) ( )( ) ( )0

2 2

, , ,ˆ

4r r

V

t t t t tdV

cuu uμπ

⎡ ⎤′ ′ ′−⎢ ⎥ ′≈ + + ×⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∫

J r J r J ru

( ) ( ) ( )0

2 2

, , ,ˆ

4r

V

t t u tdV

cuu cuμπ

⎡ ⎤′ ′ ′⎢ ⎥ ′≈ − + ×⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫J r J r J r

u

( ) ( )0

2

,ˆ,

4 V

tt dV

uμπ

′′×∫

J rB r u

( ) ( ) ( )( )rr

t tt t t

τ

−≈ +J J J ( ) ( )rt t≈J J

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

τ≈

JJ

1rt t

τ

−

( ) ( ) ( )( )r rt t t t t≈ + −J J J

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

1rt t

τ

−

cτ′−r r


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

• Calcoliamo i potenziali ritardati che generano

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

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

origine0( , ) [ ( )]t q tρ δ= −r r r 0( , ) ( ) [ ( )]t q t tδ= −J r v r r

( )( ) 3

0

,1,

4r

V

tt d

ρφ

πε

′′=

′−∫r

r rr r

( )( ) 30,

,4

r

V

tt d

μπ

′′=

′−∫J r

A r rr r

rt tc

′−= −

r r

( , ) ( , ) ( )rt t t t dtc

ρ ρ δ+∞

−∞

′−′ ′ ′ ′ ′= − +∫

r rr r

r

0( )trq

punto diosservazione


Potenziali di Liénard-Wiechert

• Otteniamo pertanto

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

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

( , ) ( , ) ( )rt t t t dtc

ρ ρ δ+∞

−∞

′−′ ′ ′ ′ ′= − +∫

r rr r

3

0

( , )1( , )

4r

V

tt d

ρφ

πε

′′=

′−∫r

r rr r 0( , ) [ ( )]t q tρ δ= −r r r

30

0

[ ( )]1( , ) ( )

4 V

q tt t t dt d

c

δφ δ

πε

+∞

−∞

′−′ ′− ′ ′ ′= − +′−∫ ∫

r rr rr r

r r

0

0 0

( )1( , ) ( )

4 ( )

tqt t t dt

t cφ δ

πε

+∞

−∞

′−′ ′= − +

′−∫r r

rr r

0( ) ( )t t= −R r r

( )tR

ˆ( ) ( )R t t≡ n

( )0

( )1, ( )

4 ( )R tq

t t t dtR t c

φ δπε

+∞

−∞

′′ ′= − +

′∫r

ˆ( )tn

originer

0( )tr


ˆ( )tn


Potenziali di Liénard-Wiechert

• Elaboriamo la funzione δ• Ricordiamo che

• Abbiamo

• Inoltre

( )0

( )1, ( )

4 ( )R tq

t t t dtR t c

φ δπε

+∞

−∞

′′ ′= − +

′∫r

0( ) ( )t t= −R r r ˆ( ) ( )R t t= n

( )[ ( )]

( )i

ii

x xf x

f x

δδ

−=

′∑ ( ) 0if x =

( )( )

R tf t t t

c

′′ ′= − + r( ) 0f t = r

r

( )R tt t

c= −tr è definito

dall'equazione

( )1( ) 1

dR tf t

c dt

′′ ′ = + ( ) ( ) ( )R t t t′ ′ ′= ⋅R R

( ) 1 1( )

2 ( ) ( )

dR t d ddt dt dtt t

′= ⋅ + ⋅

′ ′ ′′ ′⋅

R RR R

R R

1( )d

R t dt= ⋅

′ ′R

R ˆ( ) ( )t t′ ′= − ⋅v n

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

r r

( )( )( )

ˆ1 ( ) ( )

t tR tt t

c t t

δδ

′′ −′ − + =− ⋅ nβ

originer

0( )tr

( )tR

ˆ( )tn


0d ddt dt

= = −r R

v


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

• Abbiamo

• E analogamente per A(r,t)

r

r r

( )( )( )

ˆ1 ( ) ( )

t tR tt t

c t t

δδ

′′ −′ − + =− ⋅ nβ

( )0

( )1, ( )

4 ( )R tq

t t t dtR t c

φ δπε

+∞

−∞

′′ ′= − +

′∫r

0 r

1ˆ4 ( )(1 ( ) ( ))r r

qR t t tπε

=− ⋅ nβ

0 0 r r r

1 1( , )

ˆ4 ( ) 1 ( ) ( )q

tt t t

φπε

=− − ⋅

rr r nβ

r0

1( )

4 ( ) ( )q

t t dtg t R t

δπε

+∞

−∞

′ ′= −′ ′∫

ˆ( ) 1 ( ) ( )g t t t= − ⋅ nβr

r

( )

( )

t t

g t

δ ′ −=

r

0 0 r r r

( ) 1 1( , )

ˆ4 ( ) 1 ( ) ( )

q tt

t t tπε=

− − ⋅v

A rr r nβ


Campi di Liénard-Wiechert• Le forme trovate sono semplici solo apparentemente• Per passare ai campi E e B bisogna eseguire le derivate prestando molta

attenzione alle quantità "ritardate"• Un calcolo dettagliato è fatto sul Griffiths† ( § 10.3.2 )• Il risultato per il campo elettrico è

• Il campo risulta da due contributi diversi E = Ev + Ea

• Il termine Ev detto campo di velocità• Questo termine varia come 1/R2

• Il termine Ea detto campo di accelerazione• Questo termine varia come 1/R• Anche il corrispondente Bv varia come 1/R

• Il vettore di Poynting dei campi di accelerazione varia come 1/R2

• Il flusso di energia attraverso una superficie di raggio R è costante• Il campo di accelerazione è la radiazione che viaggia

• †Vedi Griffiths D. Introduction to Electrodynamics 3° ed. Prentice Hall 1999• Vedi anche Zangwill A. – Modern Electrodynamics CUP 2012 p. 875

2

3 2 30 ret

ˆ ˆ ˆ(1 )( ) (( ) )( , )

4q

tg R cg R

βπε

⎡ ⎤− − × − ×⎢ ⎥= +⎢ ⎥⎣ ⎦

n n nE r

β β β

ˆ( ) 1 ( ) ( )g t t t= − ⋅ nβ

dentro le parentesi[ ] tutto è calcolatoal tempo tr


Campo di una carica con v costante• Specializziamo la formula al caso di una carica che si muove con moto rettilineo uniforme• Abbiamo già analizzato questo problema con altri metodi (vedi )• Se la carica non accelera il campo di accelerazione è nullo Ea = 0

• Consideriamo la traiettoria della particella in moto• Consideriamo un punto di osservazione (r,t)• Al tempo t la posizione della particella è r0(t) = vt• Al tempo tr la particella è nella posizione r0(tr) = vtr• Il tempo ritardato tr è la soluzione dell'equazione

• Abbiamo pertanto

• Rappresentiamo i vettori

842124

2

3 20 ret

ˆ(1 )( )1( , )

ˆ4 (1 )

qt

R

βπε

⎡ ⎤− −⎢ ⎥=⎢ ⎥− ⋅⎣ ⎦

nE r

nβ

β

( , )tr

0 rr

( )tt t

c

−= −

r rr( )R t

tc

= − rr

( )R tt t

c− = r r( ) ( )t t R t− =v β

0( )tr0 r( )tr

ˆ( ) ( )R t tnr rˆ( ) ( )R t tn

r r( ) ( )t t R tΔ = − =s v β

Δsr rˆ ˆ( ) ( ) ( ) ( )R t t R t t= Δ +n s n


Campo di una carica con v costante• Otteniamo pertanto

• Useremo questa relazione per sviluppare il numeratore del campo• Consideriamo ancora il grafico• Calcoliamo la proiezione AB di Δs su AC

• Inoltre

• Consideriamo il triangolo rettangolo BCD

rr

ˆ( ) ( )ˆ( )

( )R t t

tR t

− =n

n β

r r rˆ ˆ( ) ( ) ( ) ( ) ( )R t t R t R t t= +n nβ

( , )tr

0( )tr0 r( )tr

ˆ( ) ( )R t tnr rˆ( ) ( )R t tn

r( )R tΔ =s β

r rˆ ˆ( ) ( ) ( ) ( )R t t R t t= Δ +n s n

A

B

C

α θrˆ( )AB t= Δ ⋅s n r rˆ( ( )R t t= ⋅ n)β

r r rˆ( ) ( ) ( )BC R t R t t= − ⋅ nβ

r rˆ( )[1 ( )]R t t= − ⋅ nβ r r( ) ( )R t g t=

D

r( )sinBD R tβ α=2 2 2 2 2 2

r r r( )sin ( ) ( ) ( )R t R t g t R tβ α + =

r( )sin ( )sinR t R tα θ= 2 2 2 2 2 2r r( )sin ( ) ( ) ( )R t R t g t R tβ θ + =

2

3 20 ret

ˆ(1 )( )1( , )

ˆ4 (1 )

qt

R

βπε

⎡ ⎤− −⎢ ⎥=⎢ ⎥− ⋅⎣ ⎦

nE r

nβ

β


Campo di una carica con v costante

• Otteniamo

• Pertanto

• Inseriamo nell'espressione del campo2

3 20 ret

ˆ(1 )( )1( , )

ˆ4 (1 )

qt

R

βπε

⎡ ⎤− −⎢ ⎥=⎢ ⎥− ⋅⎣ ⎦

nE r

nβ

β

2 2 2 2 2 2r r( )sin ( ) ( ) ( )R t R t g t R tβ θ + =

2

3 20 ret

ˆ(1 )( )1( , )

ˆ4 (1 )

qt

R

βπε

⎡ ⎤− −⎢ ⎥=⎢ ⎥− ⋅⎣ ⎦

nE r

nβ

β

r rˆ( ) [1 ( )]g t t= − ⋅ nβ2 2 2 2 2r r( ) ( ) (1 sin )g t R t R β θ= −

3 3 3 2 2 3/2r r( ) ( ) ( )(1 sin )g t R t R t β θ= − r

r

ˆ( ) ( )ˆ( )

( )R t t

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n β

2

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t R t

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RE r

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tqt

R t

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−R

E r Identico al risultatoottenuto in 853133

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elettromagnetismo 2 (2017-2018);8ragusa/2017-2018/elettromagnetismo... · Lezione n. 37 – 25.05.2018. Elettromagnetismo – Prof. Francesco Ragusa 415 Potenziale scalare e potenziale