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ELECTRODINAMICA CLASICAFIM 8650 (9)
Ricardo RamırezFacultad de Fısica, Pontificia Universidad Catolica, Chile
2do. Semestre 2014
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ELECTRODINAMICA DE CARGAS PUNTUALES
Transformaciones de Lorentz
El sistema de referencia S′ se mueve con velocidad constante~v = vx con respecto al sistema S. Las coordenadas (t ′, x ′, y ′, z ′) deun evento visto desde S′ estan relacionadas con las coordenadas(t , x , y , z) del mismo evento visto de S por las transformaciones deLorentz:
x ′ = γ(x − vt), y ′ = y , z ′ = z, t ′ = γ(t − vc2 x)
donde γ =1√
1− v2/c2. La transformacion inversa es la misma
anterior, cambiando v → −v :
x = γ(x ′ + vt ′), y = y ′, z = z ′, t = γ(t ′ +vc2 x ′)
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El operador de onda o d’alembertiano
=1c2
∂2
∂t2 −∇2
.el cual aparece en las ecuaciones de la electrodinamica para lospotenciales
Φ(~x , t) = − 1εoρ(~x , t) ~A(~x , t) = −µo
~j(~x , t)
es invariante bajo una transformacion de Lorentz
′ =
Ahora consideramos una partıcula puntual con carga q que semueve c/r a S en la direccion x con velocidad constante v . En elsistema S′, las densidades de carga y corriente son
ρ′ = qδ(x ′)δ(y ′)δ(z ′), j ′x = j ′y = j ′z = 0
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mientras que c/r a S
ρ = qδ(x − vt)δ(y)δ(z), jx = qvδ(x − vt)δ(y)δ(z), jy = jz = 0
Estas cantidades estan relacionadas por la transformacion
j ′x = γ(jx − vρ), j ′y = jy , j ′z = jz , ρ′ = γ(ρ− vc2 jx )
Los potenciales se transforman en forma similar:
A′x = γ(Ax − vΦ), A′y = Ay , A′z = Az , Φ′ = γ(Φ− vc2 Ax )
pero los campos electromagneticos tienen las siguientestransformaciones:
E ′x = Ex , E ′y = γ(Ey − vBz), E ′z = γ(Ez + vBy )
B′x = Bx , B′y = γ(By +vc2 Ez), B′z = γ(Bz −
vc2 Ey )
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Campos de una carga con movimiento uniforme
Consideremos una carga puntual q que se mueve con velocidad v c/ral sistema S. Su posicion es
~r(t) = (vt ,b,0)
Queremos encontrar E y B en el sistema S con un observador en elorıgen O de este sistema, que es comun con el de S′ en t = 0.
Primero hacemos el calculo en S′, donde la posicion de la carga es~r ′ = (0,b,0). El observador tiene la posicion ~r ′O = (−vt ′,0,0). En S′
solo existe el campo
E ′ = − q4πεo
~r ′ −~r ′O|~r ′ −~r ′O |3
donde ~r ′ −~r ′O = (vt ′,b,0) y |~r ′ −~r ′O | =√
b2 + v2t ′2.
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Las componentes de ~E ′ son:
E ′x = − q4πεo
vt ′
(b2 + v2t ′2)3/2 , E ′y = − q4πεo
b(b2 + v2t ′2)3/2 , E ′z = 0
Al transformar al sistema S las coordenadas de O son x = y = z yt ′ = γt y los campos son (considerando que ~B = 0):
Ex = E ′x = − q4πεo
γvt(b2 + γ2v2t2)3/2 (1)
Ey = γE ′y = − q4πεo
γb(b2 + γ2v2t2)3/2
Ez = E ′z = 0
Bx = B′x = 0 By = −γvc2 E ′z = 0
Bz =γvc2 E ′y =
vc2 Ey = − q
4πεoc2γvb
(b2 + γ2v2t2)3/2
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cosψ =~v ·~rvr
Tenemos ~v ·~r = v2t y r =√
b2 + v2t2 y por lo tanto:
cosψ =vt√
b2 + v2t2y sinψ =
b√b2 + v2t2
De aquı se puede demostrar que:
b2 + γ2v2t2 = γ2r2(
1− v2
c2 sin2 ψ
)Reemplazando este resultado en los campos anteriores,encontramos
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~E = − q4πεo
1γ2[1− (v/c)2 sin2 ψ]3/2
~rr3
y
~B =1c2~v × ~E
De estos resultados podemos sacar algunas conclusiones:
El campo ~E apunta en la direccion −~r , es decir desde la carga.Las lıneas de campo no estan distribuıdas isotropicamente, loque se ve por la presencia de sin2 ψ. Cuando ψ = 0,1− (v/c)2 sin2 ψ = 1 y campo es reducido en el factor γ−2 < 1.Pero si ψ = π/2, [1− (v/c)2 sin2 ψ]−3/2 = γ3 > 1 y el campo esamplificado por factor γ > 1. Es decir el campo es mas fuerte enla direccion perpendicular al movimiento y mas debil en ladireccion del movimiento.
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Campos de una carga con movimiento arbitrario
Consideremos una partıcula con carga q que se mueve en una trayectoriaarbitraria ~r(t). Su velocidad es ~v(t) = d~r/dt . La densidad de carga es
ρ(~x , t) = q(δ(~x −~r(t))
y la densidad de corrriente
~j(~x , t) = q~v(t)(δ(~x −~r(t))
Primero calculamos los potenciales ~A y Φ:
~A(~x , t) =µo
4π
∫~j(~x ′, t ′)
δ(t − t ′ − |~x − ~x ′|/c)
|~x − ~x ′|d3x ′dt ′
reemplazando la expresion anterior para~j obtenemos:
~A(~x , t) =qµo
4π
∫~v(~x ′, t ′)
δ(t − t ′ − |~x −~r(t ′)|/c)
|~x −~r(t ′)|dt ′
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Similarmente obtenemos
Φ(~x , t) =q
4πεo
∫δ(t − t ′ − |~x −~r(t ′)|/c)
|~x −~r(t ′)|dt ′
Ahora definimos:
~R(t ′) = ~x −~r(t ′), R(t ′) = |~x −~r(t ′)|, R(t ′) =~R(t ′)R(t ′)
Para proceder con el calculo introducimos la variable
s = t ′ − t + R(t ′)/c
y obtenemos
dsdt ′
= 1 +1c
dRdt ′
ydRdt ′
= −~R · ~v
R= −R · ~v
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por lo tanto
dsdt ′
= 1− R(t ′) · ~v(t ′)c
≡ κ
Entonces
~A =qµo
4π
∫vδ(s)
Rdt ′
dsds (2)
=qµo
4π
∫vδ(s)
κRds (3)
=qµo
4π
[ vκR
]s=0
(4)
y en forma similar obtenemos:
Φ =q
4πεo
[1κR
]s=0
(5)
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La condicion s = 0 implica que
|~x −~r(t ′)| = c(t − t ′) (6)
Esto implica que la senal recibida en la posicion ~x en el tiempo t depende delestado de la partıcula en el tiempo mas temprano t ′, i.e. el retardo t − t ′ es eltiempo que le toma a la luz recorrer la distancia R(t ′) = |~x −~r(t ′)|.
Llamaremos a t ′ el tiempo retardado y correspondiente al espacio-tiempo(~x , t) y a (6) la condicion de retardo. Reescribimos (4) y (5) como
~A =qµo
4π
[ vκR
]RET
(7)
Φ =q
4πεo
[1κR
]RET
(8)
donde RET indica que las cantidades deben ser evaluadas en el tiempo t ′
determinado por la ecuacion (6). Estas expresiones son conocidas como lospotenciales de Lienard-Wiechert.
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Comentario
Aparte del factor 1/κ las ecuaciones anteriores toman la mismo forma de laexpresiones independientes del tiempo. El factor 1/κ explica por que laintegral ∫
ρ(~x ′, t − |~x − ~x ′|/c)d3x ′
no es igual a la carga q. Sin embargo∫ρ(~x ′, t)d3x ′ = q
Para ver esto escribamos:∫ρ(~x ′, t − |~x − ~x ′|/c)d3x ′ =
∫ρ(~x ′, t ′)δ(t − t ′ − |~x − ~x ′|/c)d3x ′dt ′
=
∫qδ(~x ′ −~r(t ′))δ(t − t ′ − |~x − ~x ′|/c)d3x ′dt ′
= q∫δ(t − t ′ − |~x −~r(t ′)|/c)dt ′ = q
∫δ(s)
dt ′
dsds
=[qκ
]RET
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Ahora podemos calcular los campos:
~E = −∂~A∂t−∇Φ, ~B = ∇× ~A
Para simplificar el calculo de las derivadas es conveniente escribir lopotenciales como:
Φ(~x , t) =q
4πεo
∫δ(s)
R(t ′)dt ′
~A(~x , t) =q
4πc2εo
∫v(t ′)δ(s)
R(t ′)dt ′ (9)
Entonces
∇Φ =q
4πεo
∫ [∇(
1R
)δ(s) +
1Rδ′(s)∇s
]dt ′
=q
4πεo
∫ [1κ∇(
1R
)δ(s) +
1κcR
δ′(s)∇R]
ds
ya que ∇s = ∇R/c.
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∇Φ =q
4πεo
∫ [1κ∇(
1R
)− d
ds
(∇RcκR
)]δ(s)ds
=q
4πεo
∫ [1κ∇(
1R
)− 1
cκddt ′
(∇RκR
)]δ(s)ds (10)
donde usamos ds = κdt ′. Ahora calculamos
∂~A∂t
=q
4πc2εo
∫v(t ′)R(t ′)
δ′(s)∂s∂t
dt ′ y con∂s∂t
= −1
= − q4πc2εo
∫vκR
δ′(s)ds
=q
4πc2εo
∫dds
( vκR
)δ(s)ds
=q
4πc2εo
∫1κ
ddt ′( vκR
)δ(s)ds (11)
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Con los resultados (10) y (11) podemos calcular el campo electrico:
~E =q
4πεo
∫ [−1κ∇(
1R
)+
1cκ
ddt ′
(∇RκR
)− 1
c2κ
ddt ′( vκR
)]δ(s)ds
=q
4πεo
∫ [−1κ∇(
1R
)+
1cκ
ddt ′
(∇R − v/c
κR
)]δ(s)ds
Integrando obtenemos:
~E =q
4πεo
[−1κ∇(
1R
)+
1cκ
ddt ′
(∇R − v/c
κR
)]RET
Mediante manipulaciones algebraicas es posible escribir el campo electricocomo
~E =q
4πεo
[R − ~v/cγ2κ3R2 +
R × [(R − ~v/c)× ~a]
κ3c2R
]RET
(12)
donde ~a = d~v/dt ′ es la aceleracion de la partıcula. Dejaremos este calculocomo ejercicio.
El primer termino de esta expresion se llama campos de velocidad, y elsegundo de aceleracion, el que es un tıpico campo de radiacion condependencia de R−1 y ~E y ~B transversales.
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Para encontrar el campo magnetico calculamos el rotor de ~A, usandola expresion (9)
∇× ~A =q
4πc2εo
∫ [∇(
1R
)× ~vδ(s) +
∇s × vR
δ′(s)
]dt ′
=q
4πc2εo
∫ [1κ∇(
1R
)× ~vδ(s) +
∇R × vcκR
δ′(s)
]ds
=q
4πc2εo
∫ [1κ∇(
1R
)× ~v − d
ds
(∇R × v
cκR
)]δ(s)ds
=q
4πc2εo
∫ [1κ∇(
1R
)× ~v − 1
cκddt ′
(∇R × vκR
)]δ(s)ds
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Por lo tanto
~B =q
4πc2εo
[1κ∇(
1R
)× ~v − 1
cκddt ′
(∇R × vκR
)]RET
Manipulaciones algebraicas pueden dejar esta expresion como:
~B = − q4πc2εo
[R × ~vγ2κ3R2 +
(R · ~a)R × ~vκ3c2R
+R × ~acκ2R
]RET
Con un poco mas de algebra es posible escribir:
~B =1c
[R]
RET× ~E
Una vez mas dejaremos estos ultimos calculos como ejercicio.
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Volvamos ahora al caso del movimiento uniforme. En este caso
~r(t) = (vt ,b,0), ~r(t ′) = (vt ′,b,0) = ~r ′, ~v(t) = ~v(t ′) = vx
Reemplazamos en (12):
~E =q
4πεo
[R − ~v/cγ2κ3R2 +
R × [(R − ~v/c)× ~a]
κ3c2R
]RET
Realizamos la observacion en ~x = 0, i.e. ~R = −~r ′ y ya que ~a = 0,esto se reduce a
~E = − q4πεo
r ′ + ~v/cγ2κ3r ′2
= − q4πεo
~r ′ + r ′~v/cγ2κ3r ′3
== − q4πεo
γ(~r ′ + r ′~v/c)
(γκr ′)3
La condicion de retardo es r ′ =√
b2 + (vt ′)2 = c(t − t ′), que sepuede escribir como:
(1− v2/c2)t ′2 − 2tt ′ + t2 − b2/c2 = 0 (13)
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Encontramos la componente x del numerador en la expresionanterior, i.e. ~r ′ + r ′~v/c:
vt ′ + r ′v/c = vt ′ + c(t − t ′)v/c = vt
Ası el numerador vale ~r .
Recordando que κ = 1 + ~v ·~r ′/c en el denominador tenemos
(γκr ′)2 = γ2(r ′ + ~v ·~r ′/c)2
= γ2c2(t − t ′ + v2t ′/c2)2
= c2(γ2t2 − 2tt ′ + t ′2/γ2)
usando (13) podemos escribir (γκr ′)2 = b2 + γ2v2t2.Ası recuperamos (1)
Ex = − q4πεo
γvt(b2 + γ2v2t2)3/2
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Radiacion de una partıcula acelerada
A grandes distancias el primer termino de (1), que decae como R−2
puede ser despreciado y podemos escribir aproximadamente
~E(~x , t) =q
4πεo
[R × [(R − v/c)× ~a]
κ2c2R
]RET
~B =1c
[R]
RET× ~E (14)
Queremos determinar cuanta potencia es irradiada y cual es sudistribucion angular.
posicion retardada
S’
posicion actualR(t’)
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Calculemos la potencia que cruza la esfera de radio R(t ′) centradaen la posicion retardada, como se muestra en la figura anterior. Unelemento de area de su superficie es d~a′ = R2(t ′)R(t ′)dΩ′ y laenergıa que cruza este elemento por unidad de tiempo t es ~S · d~a′,donde ~S es el vector Poynting ~E × ~B/µo.
Para expresar todo en terminos del tiempo t ′, el flujo por unidad detiempo t ′ es:
~S(t ′) · d~a′ dtdt ′
pero
dtdt ′
= 1 +1c
dR(t ′)dt ′
= 1− 1c~v(t ′) · R(t ′) = κ
Entonces la energıa que cruza este elemento por unidad de tiempo t ′
es
~S(t ′) · d~a′ dtdt ′
= ~S(t ′) · (R2(t ′)R(t ′)dΩ′)κ
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y la potencia por angulo solido es:
dP ′
dΩ′= κR2~S · R
esta es la energıa que cruza un elemento de S′ por unidad de tiempot ′ y por unidad de angulo solido.El vector Poynting esta dado por:
~S =1µo
~E × ~B =1µoc
~E × (R × ~E) =1µoc|E |2R
ya que ~E y R son ortogonales. Esto nos da
dP ′
dΩ′=
1µoc
κR2|E |2 =µoq2
(4π)2c|R × [(R − ~v/c)× ~a]|2
κ5 (15)
Para entender mejor esta expresion veremos unos casosparticulares. Eliminaremos las primas en la expresion dP ′/dt ′, en elentendido que todo esta calculado en t ′.
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Movimiento lento. Formula de Larmor
Consideremos el caso en que v << c y por lo tanto κ ≈ 1. En estecaso
dPdΩ
=µoq2
(4π)2c|R × (R)× ~a)|2
=µoq2
(4π)2c|~a− (~a · R)R|2
=µoq2
(4π)2c
[|~a|2 − (~a · R)2
]Si θ es el angulo entre ~a y R, |~a|2 − (~a · R)2 = |~a|2 sin2 θ y
dPdΩ
=µo
(4π)2c(q|~a|)2 sin2 θ =
µo
(4π)2c|p|2 sin2 θ
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aquı ~p = qr(t) es el dipolo de la distribucion de carga y θ es el angulo entre ~ry ~p.
Integrando sobre Ω obtenemos
P =µo
6πc(q|~a|)2
Esta es la formula de Larmor.
Movimiento lineal
En este caso no restringiremos la velocidad v , i.e. v/c puede tomar cualquiervalor, pero asumiremos que ~v y ~a tienen la misma direccion y llamaremos θal angulo entre R y ~v . Entonces como ~v × ~a = 0
dPdΩ
=µoq2
(4π)2c|R × (R × ~a)|2
κ5
=µo
(4π)2c(q|~a|)2 sin2 θ
(1− v cos θ/c)5
porque |R × (R × ~a)|2 = |R × R⊥|~a| sin θ|2 = a2 sin2 θ y κ = 1− ~v · R/c
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Si v/c << 1 se reproduce el comportamiento visto en la seccionanterior. Pero si v/c se aproxima a 1 el perfil angular es fuertementemodificado. En este caso la potencia irradiada para angulospequenos (en la direccion de ~v ) es muy grande.
Perfil de radiacion producido poruna partıcula no-relativista en unmovimiento lineal.
Perfil de radiacion producido poruna partıcula relativista en unmovimiento lineal.
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La potencia total irradiada es:
P =µo
(4π)2c(q|~a|)2
∫dΩ
sin2 θ
(1− v cos θ/c)5
=µo
(4π)2c(q|~a|)22π
∫ π
0
sin2 θ
(1− v cos θ/c)5 sin θdθ
=µo
6πc(q|~a|)2γ6 ya que la integral vale 4γ6/3
Ahora calculemos la fuerza sobre la partıcula, la que esta dada por~F = d~p/dt , donde ~p = mγ~v es el momento relativıstico de lapartıcula. En la direccion de x
px =mv
(1− v2/c2)1/2
por lo tanto
F =dpdt
=ma
(1− v2/c2)1/2 +(mv)(v/c2)a
(1− v2/c2)3/2 =ma
(1− v2/c2)3/2 = mγ3a
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Por lo tanto la potencia total irradiada se puede expresada en funcionde F ,
P =µo
6πc
(qFm
)2
Movimiento circular
Tomemos ~a y ~v como vectores perpendiculares. Esta condicionpuede ocurrir siempre pero la asumiremos que la vamos suponersolo momentaneamente. Es decir en el momento en que elmovimiento es circular. Suponemos que ~a esta dirigido segun el eje xy ~v en la direccion z. Escribamos R como:
R = sin θ cosφx + sin θ sinφy + cos θz
Para calcular la potencia por unidad de angulo solido usamos (15) ydebemos calcular:
R × [(R − ~v/c)× ~a = R · ~a(R − ~v/s)− R · (R − ~v/s)~a
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Pero R · ~v = v cos θ, R · ~a = a sin θ cosφ, κ = 1− v cos θ/c y porlo tanto
R × [(R − ~v/c)× ~a = R · ~a(R − ~v/s)− κ~a
y
|R × [(R − ~v/c)× ~a|2 = (R · ~a)2(R − ~v/s) · (R − ~v/s)
−2κ(R · ~a)(R · ~a− ~v/c) · ~a + κ2a2
= −(R · ~a)2(1− v2/c2) + κ2a2
= κ2a2
[1− (R · a)2
κ2γ2
]
Reemplazando en (15) obtenemos:
dPdΩ
=µo
(4π)2cq2a2
κ3
[1− (R · a)2
κ2γ2
]
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Reemplazando κ obtenemos finalmente:
dPdΩ
=µo
(4π)2cq2a2
(1− v cos θ/c)3
[1− (R · a)2
γ2(1− v cos θ/c)2
]La potencia total irradiada:
P =µo
6πc(q|~a|)2γ4
y en funcion de la fuerza ~F = mγ~a
P =µo
6πc(q|~F |m
)2γ2
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Radiacion de sincrotron
Aquı asumimos que partıcula cargada se mueve en un cırculo deradio ρ, con v = ρΩ.
~r(t ′) = ρ [cos(Ωt ′)x + sin(Ωt ′)y ]
~v(t ′) = v [− sin(Ωt ′)x + cos(Ωt ′)y ]
~a(t ′) = −vΩ [cos(Ωt ′)x + sin(Ωt ′)y ]
Suponemos que el detector esta en la posicion ~x = r y , con r >> ρ,en la zona de radiacion. No confundir r con |~r(t ′)|. El tiempo t ′ semide con un reloj que se mueve con la partıcula mientras que t semide en el detector.
Ahora calcularemos el campo ~E en primer orden en ρ/r . Entonces de~R = ~x −~r(t ′)
R(t ′) ≈ r − ρ sin Ωt ′
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De t = t ′ + R/c obtenemos t = t ′ + r/c − (ρ/c) sin Ωt ′ y
κ = dt/dt ′ = 1− (v/c) cos Ωt ′
y por lo tanto
Ω(t − vc
) = Ωt ′ − vc
sin Ωt ′ (16)
Dentro de esta aproximacion tenemos que R = y , despreciando ρ/r .Entonces
R − ~v/c = (v/c) sin Ωt ′x − [1− (v/c) cos Ωt ′]y
y
R × [(R − ~vc)× ~a] = −vΩ[v
c− cos Ωt ′
]x
Reemplazando en (14):
~E = − q4πεo
vΩ
c2rv/c − cos Ωt ′
[1− (v/c) cos Ωt ′]3 x (17)
En los graficos siguientes se muestran los campos electricos en funcion deltiempo para diferentes valores de v/c. Note las diferentes escalas en el ejey .
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![Page 35: ELECTRODINÁMICA CLÁSICA FIM 8650 (9)pauli.fis.puc.cl/~rramirez/ED/ED_CLASE9.pdfLa condicion´ s = 0 implica que j ~x r(t0)j= c(t t0) (6) Esto implica que la senal recibida en la](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042922/5f6d3430d9646078b2241e5e/html5/thumbnails/35.jpg)
La mayor parte de la radiacion es emitida cada vez que Ωt ′ es unmultiplo de 2π y la intensidad aumenta fuertemente cuando v/c → 1
Consideremos el caso extremadamente relativista con γ >> 1.Cuando v/c → 1 el denominador de (17) se acerca a cero cada vezque cos Ωt ′ = 1, lo que ocurre cuando Ωt ′ es un multiplo de 2π y lamayor parte de la radiacion es emitida durante un intervalo de tiempomuy pequeno, cuando la partıcula cruza el eje x . Esto muestra que elpulso tiene una duracion del orden de (γΩ)−1 en el sistema de lapartıcula.
Podemos escribir v/c ≈ 1− γ−2/2 y sin Ωt ′ ' Ωt ′ ycos Ωt ′ ' 1− (Ωt ′)2/2. Entonces
κ = 1− v cos θc
' 12γ2
[1 + (γΩt ′)2]
lo que muestra que κ es del orden γ−2 << 1 para el casoextremadamente relativista. Tambien
v/c − cos Ωt ′ ' − 12γ2
[1− (γΩt ′)2]
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por lo tanto
E ' q4πεo
vΩ
c2r1− (γΩt ′)2
[1 + (γΩt ′)2]3
Aquı tambien vemos que el la duracion del pulso es del orden de(γΩ)−1. Para ver cuanto dura el pulso en el sistema del detectorusamos la ecuacion (16). Entonces
Ω(t − v/c) = Ωt ′ − vc
sin Ωt ′ ' 12γ−2Ωt ′
y por lo tanto
γΩt ′ ' 2γ3Ω(t − r/c)
lo que nos da una duracion del pulso en el detector de:
∆tpulso '1γ3Ω