(a) Uma partícula de carga q move-se em um círculo de raio R a uma velocidade constante v . Para manter o movimento, você precisa, é claro, de uma força centrípeta m v 2 / R ; que força adicional ( F e ) você precisa exercer para neutralizar a reação de radiação? [É mais fácil expressar a resposta em termos da velocidade momentânea v .] Que potência ( P e ) essa força extra fornece? Compare P e com a potência radiada (use a fórmula de Larmor).

(b) Repita a parte (a) para uma partícula em movimento harmônico simples com amplitude A e frequência angular ω     ( w t = A cos ⁡ ω t z ^ ) . Explique a discrepância.

(c) Considere o caso de uma pequena partícula em queda livre (aceleração constante g ). Qual é a força de radiação? Qual é a potência radiada? Comente esses resultados.

Passo 1

Vamos responder essa juntos meu caro estudante. Ok?

(a) Para neutralizar a reação de radiação (Equação 11.80), você deve exercer uma força

F e = - μ 0 q 2 6 π c a ˙

Para o movimento circular, r t = R cos ⁡ ( ω t ) x ^ + sin ⁡ ω t y ^ , v t = r ˙ = R ω - sin ⁡ ω t x ^ + cos ⁡ ω t y ^ ;

a t = v ˙ = - R ω 2 cos ⁡ ω t x ^ + sin ⁡ ω t y ^ = - ω 2 r

a ˙ = - ω 2 r ˙ = - ω 2 v

Logo,

F e = μ 0 q 2 6 π c ω 2 v

P e = F e ∙ v = μ 0 q 2 6 π c ω 2 v 2

Esta é a potência que você deve fornecer.

Passo 2

Enquanto isso, a potência irradiada é (Equação 11.70),

P r a d = μ 0 q 2 a 2 6 π c

a 2 = ω 4 r 2 = ω 4 R 2 = ω 2 v 2

P r a d = μ 0 q 2 6 π c ω 2 v 2

e as duas expressões concordam.

(b) Para um oscilador harmônico simples,

r t = A cos ⁡ ( ω t ) z ^

v = r ˙ = - A ω sin ⁡ ω t z ^

a = v ˙ = - A ω 2 cos ⁡ ω t z ^ = - ω 2 r

a ˙ = - ω 2 r ˙ = - ω 2 v

Logo,

F e = μ 0 q 2 6 π c ω 2 v

P e = μ 0 q 2 6 π c ω 2 v 2

Mas desta vez a 2 = ω 4 r 2 = ω 4 A 2 cos 2 ⁡ ( ω t ) , enquanto ω 2 v 2 = ω 4 A 2 sin 2 ⁡ ( ω t ) , então

P r a d = μ 0 q 2 6 π c ω 4 A 2 cos 2 ⁡ ( ω t ) ≠ P e = μ 0 q 2 6 π c ω 4 A 2 sin 2 ⁡ ( ω t )

a energia que você fornece não é igual à energia irradiada. No entanto, uma vez que as médias de tempo do sin 2 ⁡ ( ω t ) e cos 2 ⁡ ( ω t ) são iguais (à sagacidade: ½ ), ao longo de um ciclo completo a energia irradiada é a mesma que a entrada de energia. (Nesse meio tempo, a energia está sendo armazenada temporariamente nos campos próximos.)

Passo 3

(c) Em queda livre, v t = 1 2 g t 2 y ^ ; v = g t y ^ ; a = g y ^ ; a ˙ = 0 . Então F e = 0 ; a reação de radiação é zero, e daqui P e = 0 . Mas há radiação:

P r a d = μ 0 q 2 6 π c g 2

Evidentemente, a energia está sendo continuamente extraída dos campos próximos. Esse paradoxo persiste mesmo na solução exata (onde não assumimos v ≪ c , como na fórmula de Larmor e na fórmula de Abraham-Lorentz).

Resposta

Ver Passos 1, 2 e 3.