Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

L. D. Landau, E. M. Lifsic (2014)

Typotex

47 §. Síkhullámok

47 §. Síkhullámok

Vizsgáljuk az elektromágneses hullámoknak azt a speciális esetét, amikor a mező csak az egyik, mondjuk az x koordinátától (és az időtől) függ. A téregyenletek ekkor

6.12. egyenlet - (47.1)

2 f t 2 c 2 2 f x 2 = 0

alakúak, ahol f az E vagy H vektorok tetszőleges összetevőjét jelenti.

A megoldáshoz írjuk az egyenletet a

tcxt+cxf=0

alakba, és vezessük be a

ξ=txc,η=t+xc

új változókat. Ezekkel

t=12(η+ξ),x=c2(ηξ)

és

ξ=12tcx,η=12t+cx

Az f-re vonatkozó egyenlet:

2fξη=0.

Nyilvánvaló, hogy ennek megoldása

f=f1(ξ)+f2(η)

alakú, ahol f1 és f2 tetszőleges függvények. Így

6.13. egyenlet - (47.2)

f = f 1 t x c + f 2 t + x c .

Legyen például f2=0, tehát f=f1(t–(x/c)). E megoldás jelentése a következő: minden x=const síkban a mező időben változik, adott időpillanatban különböző x-ekre különböző. Nyilvánvaló, hogy a térerősség ugyanazt az értéket veszi fel azokra az x, t értékpárokra, amelyekre fennáll, hogy t–(x/c)=const, azaz

x = c o n s t + c t .

Ez a következőt jelenti: ha valamilyen t=0 időpontban a tér valamely x pontjában a térerősség meghatározott értéket vett fel, akkor ugyanezt az értéket veszi fel t idő múlva a kezdeti ponttól ct távolságnyira az x tengely mentén. Azt mondhatjuk, hogy az elektromágneses tér az x tengely mentén a fénysebességgel megegyező sebességgel terjed.

Így tehát f1(t–(x/c)) a pozitív x tengely irányában haladó síkhullámot ír le. Nyilvánvaló, hogy f2(t+(x/c)) jelentése az ellentétes irányban haladó síkhullám.

46. §-ban megmutattuk, hogy az elektromágneses hullám potenciáljai megválaszthatók úgy, hogy φ=0 és divA=0 teljesüljön. Válasszuk meg így a most vizsgált síkhullám potenciáljait. A divA=0 feltétel a

A x x = 0

egyenlettel egyenértékű, mivel egyetlen mennyiség sem függ y-tól és z-től. (47.1) szerint ∂2Ax∕∂t2=0, azaz ∂Ax∕∂t=const. A ∂A∕∂t differenciálhányados azonban meghatározza az elektromos teret; látjuk, hogy zérustól különböző Ax a vizsgált esetben állandó longitudinális elektromos teret jelentene. Mivel ilyen térnek az elektromágneses hullámhoz nincs köze, ezért Ax=0 írható.

A síkhullám vektorpotenciálja tehát mindig megválasztható úgy, hogy merőleges legyen az x tengelyre, azaz a hullám terjedési irányára.

Tekintsük a pozitív x tengely irányába haladó síkhullámot; ennél minden mennyiség, így A is, csak t–(x/c) függvénye. Ezért az

E = 1 c A t , H = rot A

képletekből

6.14. egyenlet - (47.3)

E = 1 c A , H = × A = t x c × A = 1 c n × A ,

ahol a vessző a t–(x/c) szerinti differenciálást jelenti, n pedig a hullám terjedési irányába mutató egységvektor. Az első egyenlőséget a másodikba helyettesítve, kapjuk, hogy

6.15. egyenlet - (47.4)

H = n × E .

Látjuk, hogy a síkhullám elektromos és mágneses térerősség, E és H, a hullám terjedési irányára merőleges. Ennek alapján az elektromágneses hullámokat transzverzálisnak nevezik. (47.4)-ből látható, hogy a síkhullám elektromos és mágneses térerőssége merőleges egymásra, abszolút értékeik megegyeznek.

A síkhullám energiaárama:

S = c 4 π E × H = c 4 π E × ( n × E ) ,

és mivel En=0,

S = c 4 π E 2 n = c 4 π H 2 n .

Az energiaáram tehát a hullám terjedési irányába mutat. Mivel W=(1/8π)(E2+H2)=(E2/4π), a hullám energiasűrűsége:

6.16. egyenlet - (47.5)

S = c W n ,

egyezésben azzal a ténnyel, hogy az elektromágneses hullám fénysebességgel terjed.

Az elektromágneses tér egységnyi térfogatának impulzusa S∕c2. A síkhullámban ez (W∕c)n. Felhívjuk a figyelmet arra, hogy az elektromágneses hullám W energiája és W∕c impulzusa között ugyanaz az összefüggés áll fenn, mint a fénysebességgel mozgó részecskénél [lásd a (9.9) egyenletet].

Az erőtér impulzusáramát a Maxwell-féle σαβ(33.3) feszültségtenzor adja meg. A hullám terjedési irányának a fentiekhez hasonlóan az x tengelyt választva, azt találjuk, hogy σαβ egyetlen, zérustól különböző komponense

6.17. egyenlet - (47.6)

σ x x = W .

Amint az várható, az impulzusáram iránya a hullám terjedési iránya, nagysága az energiasűrűség nagysága.

Meghatározzuk az elektromágneses síkhullám energiasűrűségének transzformációs törvényét egyik inerciarendszerről a másikra való áttérés esetén. Ehhez a

W=11V2c2W+2Vc2Sx+V2c2σxx.

képletbe [lásd a  6. § 1. feladatát]

Sx=cWcosα,σxx=Wcos2α

helyettesítendő, ahol α′ az x′ tengely (ebbe az irányba mutat a V sebességvektor) és a hullám terjedési iránya által bezárt szög (a K′ rendszerben). Az eredmény a következő:

6.18. egyenlet - (47.7)

W = W 1 + V c cos α 2 1 V 2 c 2 .

Mivel W=E2∕4π=H2∕4π, a térerősség nagysága úgy transzformálódik, mint √W.

Feladatok

1. Határozzuk meg egy elektromágneses hullámot visszaverő síklemezre ható erőt (a visszaverődési együttható R).

Megoldás. A lemez egységnyi felületére ható f erőt a felületen átfolyó impulzusáram adja meg, f komponensei tehát

f α = σ α β N β + σ α β N β ,

ahol N a felületnormális vektora, σαβ és σαβ′ pedig a beeső és visszaverődő hullám feszültségtenzorának komponensei. (47.6) figyelembevételével azt kapjuk, hogy

f = W n ( N n ) + W n ( N n ) .

A visszaverődési együttható definíciója szerint W′=RW. Bevezetve a 𝜃 beesési szöget (amely a visszaverődési szöggel egyenlő), az erő normális komponense (fénynyomás):

f N = W ( 1 + R ) cos 2 𝜃

a tangenciális komponens:

f t = W ( 1 R ) sin 𝜃 cos 𝜃 .

2. Határozzuk meg a töltés mozgását elektromágneses síkhullám terében a Hamilton–Jacobi-módszer segítségével.

Megoldás. A Hamilton–Jacobi egyenlet négydimenziós alakja:

6.19. egyenlet - (1)

g i k S x i + e c A i S x k + e c A k = m 2 c 2 .

Mivel síkhullám teréről van szó, Ai egyetlen független változó függvénye, mely ξ=kixi alakban írható, ahol ki állandó négyesvektor, négyzete kiki=0 (vö. a következő paragrafussal). A potenciálokra a Lorentz-feltételt rójuk ki:

Aixi=dAidξki=0;

a hullám változó terére ez az Aiki=0 egyenlettel egyenértékű.

Keressük az (1) egyenlet megoldását az

S=fixi+F(ξ)

alakban, ahol fi=(f0,f) az fifi=m2c2 feltételt kielégítő állandó vektor (S=–fixi a Hamilton–Jacobi-egyenlet megoldása pi=fi négyesimpulzusú szabad részecskére). Ezt (1)-be helyettesítve, az

e2c2AiAi2γdFdξ2ecfiAi=0

egyenletre jutunk, ahol γ=kifi állandó. Innen meghatározhatjuk F-et, amivel

6.20. egyenlet - (2)

S = f i x i e c γ f i A i d ξ + e 2 2 γ c 2 A i A i d ξ .

Áttérünk háromdimenziós jelölésre; a hullám terjedési irányát választjuk x tengelynek. Ekkor ξ=ct–x, az állandó pedig γ=f0–f1+f. A kétdimenziós fy,fz vektort ϰ-val jelölve, az fifi=(f0)2–(f1)2–ϰ2=m2c2 feltételből azt kapjuk, hogy

f0+f1=m2c2+ϰ2γ.

Válasszunk a potenciálokra olyan mértéket, amelyben φ=0, A(ξ) pedig az yz síkban fekszik. A (2) kifejezés alakja ekkor a következő:

S=ϰrγ2(ct+x)m2c2+ϰ22γξ+ecγϰAdξe22γc2A2dξ,

A mozgás meghatározására vonatkozó általános szabályok szerint (lásd az I. kötet 47. §-át) a (∂S/∂ϰ) , (∂S/∂γ) differenciálhányadosokat valamilyen új állandókkal kell egyenlővé tennünk, ezeket a kezdő koordináta és a kezdeti időpont megfelelő megválasztásával zérussá tehetjük. Így kapjuk a következő paraméteres képleteket (paraméter a ξ mennyiség):

y=1γϰyξecγAydξ,z=1γϰzξecγAzdξ,
x=12m2c2+ϰ2γ21ξecγ2ϰAdξ+e22γ2c2A2dξ,ct=ξ+x.

A P=p+(e/c)A általános impulzust és az ℰ energiát a hatásnak a koordináták és az idő szerint végzett differenciálásával kapjuk:

py=ϰyecAy,pz=ϰzecAz,px=γ2+m2c2+ϰ22γecγϰA+e22γc2A2;
=(γ+px)c.

Ha e mennyiségeket idő szerint átlagoljuk, akkor az A(ξ) periodikus függvényt első hatványon tartalmazó tagok eltűnnek. Válasszuk a vonatkoztatási rendszert úgy, hogy benne a részecske átlagban nyugalomban legyen, azaz átlagos impulzusa nulla legyen. Ekkor

ϰ=0,γ2=m2c2+e2A2¯.

A mozgást meghatározó végső képletek:

6.21. egyenlet - (3)

x = e 2 2 γ 2 c 2 ( A 2 A 2 ¯ ) d ξ , y = e c γ A y d ξ . z = e c γ A z d ξ , c t = ξ + e 2 2 γ 2 c 2 ( A 2 A 2 ¯ ) d ξ ;

6.22. egyenlet - (4)

p x = e 2 2 γ c 2 ( A 2 A 2 ¯ ) , p y = e c A y , p z = e c A z , = c γ + e 2 2 γ c ( A 2 A 2 ¯ )