ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

Főoldal > TAMOP 4.2.5 Pályázat könyvei

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

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

Typotex

Beágyazás

71 §. Kvadrupólsugárzás és mágneses dipólsugárzás

Vizsgáljuk most meg azt a sugárzást, amely a vektorpotenciál α∕λ szerinti hatványsora következő tagjainak felel meg. A fenti hányadost, a rendszer méreteinek és a hullámhossznak az arányát továbbra is kicsinek tételezzük fel. Bár ezek a tagok általában véve kicsik a dipólsugárzást eredményező elsőhöz viszonyítva, lényegesek azokban az esetekben, amikor a rendszer dipólmomentuma zérus, és így a dipólsugárzás nem jöhet létre.

(66.2)-ben

A = \frac{1}{c R_{0}} \int j_{t^{'} + \frac{r n}{c}} d V,

az integrandust rn∕c hatványai szerint sorba fejtve, és most az első két tagot megtartva, azt kapjuk, hogy

A = \frac{1}{c R_{0}} \int j_{t^{'}} d V + \frac{1}{c^{2} R_{0}} \frac{\partial}{\partial t^{'}} \int (r n) j_{t^{'}} d V .

Helyettesítsük be ide a j=ϱv összefüggést, és térjünk át pontszerű töltésekre. Ekkor

9.62. egyenlet - (71.1)

A = \frac{1}{c R_{0}} \sum e v + \frac{1}{c^{2} R_{0}} \frac{\partial}{\partial t} \sum e v (r n) .

Itt és az alábbiakban (akárcsak a 67. §-ban) a rövidség kedvéért az egyenlőségek jobb oldalán a indexet elhagyjuk.

A második tagot átalakítjuk:

v (r n) = \frac{1}{2} \frac{\partial}{\partial t} r (n r) + \frac{1}{2} v (n r) - \frac{1}{2} r (n v) = \frac{1}{2} \frac{\partial}{\partial t} r (n r) + \frac{1}{2} (r \times v) \times n .

Így -ra az

9.63. egyenlet - (71.2)

A = \frac{ḋ}{c R_{0}} + \frac{1}{2 c^{2} R_{0}} \frac{\partial^{2}}{\partial t^{2}} \sum e r (n r) + \frac{1}{c R_{0}} ṁ \times n

kifejezést kapjuk, ahol a rendszer dipólmomentuma, 𝖒=(1/2c)∑er×v pedig a mágneses momentum. A további átalakításoknál hasznos lesz, ha észrevesszük, hogy a térerősség megváltoztatása nélkül -hoz hozzáadhatunk egy -nel arányos tetszőleges vektort. [A (66.3) képletek szerint ekkor és valóban nem változik meg.] Így (71.2) helyett ugyanolyan joggal a következő kifejezést is felírhatjuk:

A = \frac{ḋ}{c R_{0}} + \frac{1}{6 c^{2} R_{0}} \frac{\partial^{2}}{\partial t^{2}} \sum e [3 r (n r) - n r^{2}] + \frac{1}{c R_{0}} ṁ \times n .

Viszont a ∂2∕∂t2 jel mögött álló kifejezés nβQαβ , az vektor és a Qαβ=∑e(3xαxβ–δαβr2) kvadrupólmomentum-tenzor (lásd a 41. §-t) szorzata. Bevezetve a Qα=Qαβnβ komponensekkel rendelkező vektort, a vektorpotenciálra a következő végleges kifejezést kapjuk:

9.64. egyenlet - (71.3)

A = \frac{ḋ}{c R_{0}} + \frac{1}{6 c^{2} R_{0}} \ddot{Q} + \frac{1}{c R_{0}} ṁ \times n .

ismeretében a (66.3) képletek segítségével meghatározhatjuk a és térerősséget:

9.65. egyenlet - (71.4)

\begin{aligned} H & = \frac{1}{c^{2} R_{0}} \{\ddot{d} \times n + \frac{1}{6 c} \overset{...}{Q} \times n + (\ddot{𝖒} \times n) \times n\}, \\ E & = \frac{1}{c^{2} R_{0}} \{(\ddot{d} \times n) \times n + \frac{1}{6 c} (\overset{...}{Q} \times n) \times n + n \times \ddot{𝖒}\} . \end{aligned}

A térszögbe eső sugárzás intenzitását (66.6) adja meg. Az alábbiakban a teljes sugárzást határozzuk meg, vagyis a rendszer által minden irányban az időegység alatt kisugárzott energiát. Ehhez átlagoljuk -t irányai szerint; a teljes sugárzást ebből -vel szorozva kapjuk. A mágneses tér négyzetének átlagolásakor első, második, harmadik tagjainak egymással való szorzatai eltűnnek, így csak négyzeteik átlaga marad meg. Egyszerű számítások^[80] a következő kifejezést eredményezik:

9.66. egyenlet - (71.5)

I = \frac{2}{3 c^{3}} {\ddot{d}}^{2} + \frac{1}{180 c^{5}} {\overset{...}{Q}}_{α β}^{2} + \frac{2}{3 c^{3}} {\ddot{𝖒}}^{2} .

Így tehát a teljes sugárzás közelítésünkben három független részből áll; ezeket elektromos dipól-, elektromos kvadrupól- és mágneses dipólsugárzásnak nevezik.

Megjegyezzük, hogy a gyakorlatban a mágneses dipólsugárzás sok esetben nem lép fel. Így például hiányzik az olyan rendszereknél, amelyekben a töltés és a tömeg aránya minden mozgó részecskére ugyanaz (ebben az esetben a dipólsugárzás is hiányzik, mint azt a 67. §-ban már említettük). Valóban, egy ilyen rendszernél a mágneses momentum arányos a mechanikai impulzusmomentummal (lásd a 44. §-t), így az utóbbi megmaradási törvénye miatt ṁ=0 . Ugyanabból az okból (lásd a 44. § feladatát) nincs mágneses dipólsugárzás olyan rendszer esetén, amely mindössze két részecskéből áll (ilyenkor a dipólsugárzás lehetséges).

Feladatok

1. Számítsuk ki töltött részecskék áramának a velük egyforma részecskéken való szórásakor fellépő teljes effektív sugárzást.

Megoldás. Az elektromos dipólsugárzás (éppen úgy mint a mágneses dipólsugárzás) egyforma részecskék szórásakor hiányzik, így csak a kvadrupólsugárzást kell kiszámítanunk. Két egyforma részecske kvadrupólmomentumának tenzora (a tömegközéppontjukhoz viszonyítva):

Q_{α β} = \frac{e}{2} (3 x_{α} x_{β} - r^{2} δ_{α β}),

ahol a részecskéket összekötő helyvektor komponense. Qαβ háromszoros deriválása után az koordináták időderiváltjait kifejezzük a részecskék relatív sebességeivel a következő képletek segítségével:

ẋ_{α} = v_{α}, μ x_{α} = \frac{m}{2} ẍ_{α} = \frac{e^{2} x_{α}}{r^{3}}, \frac{m}{2} {\overset{...}{x}}_{α} = e^{2} \frac{v_{α} r - 3 x_{α} v_{r}}{r^{4}},

ahol vr=vr∕r a sebesség radiális komponense. (A második egyenlőség a töltés mozgásegyenlete, a harmadikat pedig az első deriválásával kapjuk.)A számítással az intenzitásra a következő eredményt kapjuk:

I = \frac{1}{180 c^{5}} {\overset{...}{Q}}_{α β}^{2} = \frac{2 e^{6}}{15 m^{2} c^{5}} \frac{1}{r^{4}} (v^{2} + 11 v_{φ}^{2})

( v2=vr2+vφ2 ); a és mennyiségeket kifejezzük -rel a

v^{2} = v_{0}^{2} - \frac{4 e^{2}}{m r}, v_{φ} = \frac{ϱ v_{0}}{r}

egyenlőségek segítségével. Az időintegrálást szerinti integrálással helyettesítjük, mint ahogyan azt a 70. § . feladatában tettük, vagyis kihasználjuk, hogy

d t = \frac{d r}{v_{r}} = \frac{d r}{\sqrt{v_{0}^{2} - \frac{ϱ^{2} v_{0}^{2}}{r^{2}} - \frac{4 e^{2}}{m r}}} .

A ( és szerint kijelölt) kettős integrálban először , majd szerint integrálunk. A számítás eredménye:

ϰ = \frac{4 π}{9} \frac{e^{4} v_{0}^{3}}{m c^{5}} .

2. Határozzuk meg az állandó korlátos mozgást végző sugárzó részecskerendszerre ható reakcióerőt.

Megoldás. A keresett erőt kiszámíthatjuk a rendszer által időegység alatt leadott impulzusként, azaz a rendszer sugárzása által elvitt impulzusáram alakjában:

F_{α} = - \oint σ_{α β} d f_{β} = - \int σ_{α β} n_{β} R_{0}^{2} d Ω .

Az integrálást egy nagy sugarú gömbfelületre kell kiterjesztenünk. A feszültségtenzort a (33.3) összefüggés határozza meg, az és térerősségeket pedig (71.4)-ből vesszük. Minthogy a térerősségek transzverzálisak, az integrál az

F = - \frac{1}{8 π} \int 2 H^{2} n R_{0}^{2} d Ω

kifejezésre vezet. Az irányokra a 71. § 13 számú lábjegyzetében leírt módon átlagolunk. (Páratlan számú komponens szorzata eltűnik.) Az eredmény:^[81]

F_{α} = - \frac{1}{4 π c^{4}} \{\frac{1}{15 c} {\overset{...}{D}}_{α β} {\ddot{d}}_{β} + \frac{2}{3} {(\ddot{d} \times m)}_{α}\} .

^[80] Az alábbiakban egy kényelmes módszert adunk az egységvektor komponensei szorzatának átlagolására. Mivel az nαnβ¯ tenzor szimmetrikus, kifejezhető a δαβ egységtenzor segítségével. Figyelembe véve, hogy a tenzor átlója , azt kapjuk, hogy nαnβ¯=(1/3)δαβ. Négy komponens szorzatának átlagértéke: nαnβnγnδ¯=(1/15)(δαβδγδ+δαγδβδ+δαδδβγ). A jobb oldalt egy egységtenzorokból összeállított, minden indexében szimmetrikus negyedrangú tenzorként írtuk fel; a közös együtthatót ezután úgy határoztuk meg, hogy két indexpárja szerint képzett átlója -et adjon.

^[81] Megjegyezzük, hogy ez az erő 1∕c -ben magasabb rendű, mint a Lorentz-féle súrlódási erő (75. §). Ez utóbbi nem ad járulékot az eredő reakcióerőhöz: az elektromosan semleges rendszer részecskéire a (75.5) erők összege eltűnik.