Elettrodinamica classica/Campo di una carica in moto uniforme

Il potenziale del campo coulombiano di una carica ferma è:

$A{\text{'}}^0(x^{\prime })=\frac{e}{4\pi }\frac{1}{|{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$

ove abbiamo indicato con $K^{\prime }$ il sistema di riferimento solidale alla carica, ove dunque $A{\text{'}}^0(x^{\prime })$ ha l'espressione appena vista, e ${\overrightarrow{A}}^{\prime }(x^{\prime })=0$.

Come sappiamo, per determinare il campo in un sistema di riferimento $K$ nel quale la particella si muove di moto rettilineo uniforme applichiamo una trasformazione di Lorentz:

$A^{\mu }(x)=({\mathrm{\Lambda }}^{-1}{)}^{\mu }{}_{\nu }A{\text{'}}^{\nu }(x^{\prime })$

ove $\mathrm{\Lambda }:K\to K^{\prime }$. Ricaviamo ora però questo risultato a partire dal potenziale di Lienard-Wiechert:

$A^{\mu }(x)=\frac{e}{4\pi }\frac{u^{\mu }}{u\cdot (x-y(\overline{s}))}$

con $u^{\mu }$ costante, $(x-y(\overline{s}){)}^2=0$ e $x^0-y^0(\overline{s})>0$. Dobbiamo dunque determinare $\overline{s}$. La linea d'universo della particella è $y^{\mu }(s)=u^{\mu }s$, e dunque:

$(x-y(s){)}^2=x^2-2(x\cdot u)s+u^2{s}^2=0\Rightarrow s=(x\cdot u)\pm \sqrt{(x\cdot u{)}^2-x^2}$

Per verificare che questo risultato abbia senso dobbiamo vedere se il radicando è negativo o meno; poiché è una quantità invariante, calcoliamolo nel sistema di riferimento di quiete istantanea della particella, ove $u^{\mu }=(1,0,0,0)$:

$(x\cdot u{)}^2-x^2=(x^0{)}^2-(x^0{)}^2+|\overrightarrow{x}{|}^2=|\overrightarrow{x}{|}^2\ge 0$

Pertanto esistono due $\overline{s}$ tali che $(x-y(\overline{s}){)}^2=0$, come già avevamo dimostrato. Ci resta dunque da capire quale di queste due soluzioni è tale che $x^0-y^0(\overline{s})>0$:

$x^0-y^0(\overline{s})=x^0-u^0\overline{s}$

Il segno di questa quantità è invariante, e pertanto lo valutiamo in $K^{\prime }$:

$x^0-u^0\overline{s}=x^0-(x\cdot u)\mp |\overrightarrow{x}|=x^0-x^0\mp |\overrightarrow{x}|=\mp |\overrightarrow{x}|$

Dunque, affinché $x^0-y^0(\overline{s})>0$ si deve avere:

$\overline{s}=(x\cdot u)-\sqrt{(x\cdot u{)}^2-x^2}$

Perciò:

$\begin{array}{cc}u\cdot (x-y(\overline{s}))& =(u\cdot x)-u\cdot y(\overline{s})=(u\cdot x)-(u\cdot u)\overline{s}=(u\cdot x)-\overline{s}=\\ & =(u\cdot x)-(x\cdot u)+\sqrt{(x\cdot u{)}^2-x^2}=\sqrt{(x\cdot u{)}^2-x^2}\end{array}$

e dunque:

$A^{\mu }=\frac{e}{4\pi }\frac{u^{\mu }}{\sqrt{(x\cdot u{)}^2-x^2}}$

Quest'oggetto si trasforma come un quadrivettore (com'è giusto che sia), e se lo valutiamo in $K^{\prime }$ ci si riconduce al potenziale coulombiano:

$A{\text{'}}^{\mu }(x^{\prime })=\frac{e}{4\pi }(\frac{1}{|\overrightarrow{x}|},0,0,0)$

Il risultato che abbiamo trovato coincide dunque necessariamente con quello determinato con le trasformazioni di Lorentz. A questo punto, esplicitiamo il campo elettrico attraverso il tensore elettromagnetico:

$\begin{array}{cc}{F}^{\mu \nu }={\partial }^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^{\mu }& =-\frac{e}{4\pi }[\frac{u^{\nu }}{((u\cdot x{)}^2-x^2{)}^{3/2}}\frac{1}{2}(2(x\cdot u)u^{\mu }-2x^{\mu })-(\mu \leftrightarrow \nu )]\Rightarrow \\ & \Rightarrow F^{\mu \nu }=\frac{e}{4\pi }\frac{x^{\mu }{u}^{\nu }-x^{\nu }{u}^{\mu }}{((u\cdot x{)}^2-x^2{)}^{3/2}}\end{array}$

Dunque, esprimendo $\overrightarrow{E}$ in termini di quantità misurabili, risulta:

$\overrightarrow{E}=\frac{e}{4\pi }(1-v^2)\frac{\overrightarrow{x}-\overrightarrow{v}t}{[(1-v^2)R_0^2+(\overrightarrow{v}\cdot {\overrightarrow{R}}_0{)}^2{]}^{3/2}}$

ove:

${\overrightarrow{R}}_0=\overrightarrow{x}-\overrightarrow{v}t(x\cdot u{)}^2-x^2=R_0^2+\frac{(\overrightarrow{v}\cdot {\overrightarrow{R}}_0{)}^2}{1-v^2}$

(la verifica della seconda relazione è lasciata per esercizio). Da notare che ${\overrightarrow{R}}_0\ne \overrightarrow{R}$: uno è valutato in $t$ e l'altro in $\overline{t}$. Questa formula dipende dai due vettori ${\overrightarrow{R}}_0$ e $\overrightarrow{v}$: se chiamiamo $\alpha$ l'angolo fra di loro, allora $\overrightarrow{v}\cdot {\overrightarrow{R}}_0=|\overrightarrow{v}||{\overrightarrow{R}}_0|\cos \alpha$, e quindi:

$\overrightarrow{E}=\frac{e}{4\pi }\frac{1-v^2}{(1-v^2{\sin }^2\alpha {)}^{3/2}}\frac{{\overrightarrow{R}}_0}{R_0^3}$

Osserviamo che questa formula senza il fattore centrale si riduce al campo coulombiano non relativistico; è inoltre radiale, ossia diretta come la congiungente osservatore-sorgente nello stesso istante (è "un caso" che sia così). Studiamo ora la dipendenza di $\overrightarrow{E}$ da $\alpha$. Se $\alpha =0$, ossia se si osserva il campo in direzione parallela al moto della carica, allora:

${\overrightarrow{E}}_{\parallel }=\frac{e}{4\pi }(1-v^2)\frac{{\overrightarrow{R}}_0}{R_0^3}=\frac{e}{4\pi }\frac{1}{{\gamma }^2}\frac{{\overrightarrow{R}}_0}{R_0^3}$

Se invece $\vartheta =\pi /2$, ossia se si osserva il campo in direzione perpendicolare al moto della carica, allora:

${\overrightarrow{E}}_{\perp }=\frac{e}{4\pi }\frac{1-v^2}{(1-v^2{)}^{3/2}}\frac{{\overrightarrow{R}}_0}{R_0^3}=\frac{e}{4\pi }\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{{\overrightarrow{R}}_0}{R_0^3}=\frac{e}{4\pi }\gamma \frac{{\overrightarrow{R}}_0}{R_0^3}$

Pertanto, maggiore è la velocità della particella, più intenso è ${\overrightarrow{E}}_{\perp }$ e più debole è ${\overrightarrow{E}}_{\parallel }$; questo fatto è conseguenza della contrazione delle lunghezze.