Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

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

Typotex

73 §. Gyorsan mozgó töltés sugárzása

73 §. Gyorsan mozgó töltés sugárzása

Tekintsünk most egy töltött részecskét, amelynek sebessége összemérhető a fénysebességgel.

67. § képletei, amelyeket a v≪c feltételezés mellett vezettünk le, erre az esetre közvetlenül nem alkalmazhatók. Vizsgálhatjuk viszont a részecskét egy olyan koordináta-rendszerben, amelyben az az adott pillanatban nyugalomban van; ebben a koordináta-rendszerben az említett képletek nyilvánvalóan alkalmazhatók. (Felhívjuk a figyelmet arra, hogy ezt csak egyetlen mozgó részecske esetén tehetjük meg; ha több részecske van jelen, általában nem létezik olyan vonatkoztatási rendszer, amelyben mind egyidejűleg nyugalomban lennének.)

Így az említett vonatkoztatási rendszerben a részecske dt idő alatt

9.77. egyenlet - (73.1)

d = 2 e 2 3 c 3 w 2 d t

energiát sugároz ki [a (67.9) képlet alapján], ahol w a részecske gyorsulása ugyanebben a rendszerben. Az általa „kisugárzott” impulzus az adott vonatkoztatási rendszerben zérus:

9.78. egyenlet - (73.2)

d P = 0 .

Valóban, a kisugárzott impulzust úgy határozzuk meg, hogy a sugárzási tér impulzusáramának sűrűségét a részecskét körülvevő zárt felületre integráljuk. Viszont a dipólsugárzás szimmetriatulajdonságai miatt az ellenkező irányokban elvitt impulzusok nagyság szerint megegyeznek, és ellentétes irányúak; ezért az említett integrál azonosan zérus.

Tetszőleges vonatkoztatási rendszerre való áttérés céljából a (73.1) és (73.2) képleteket írjuk fel négydimenziós alakban. Könnyen látható, hogy a dPi „kisugárzott négyesimpulzusnak”

9.79. egyenlet - (73.3)

d P i = 2 e 2 3 c d u k d s d u k d s d x i = 2 e 2 3 c d u k d s d u k d s u i d s

alakúnak kell lennie. Valóban: abban a koordináta-rendszerben, amelyben a részecske nyugszik, az ui négyessebesség térszerű komponensei eltűnnek, és (duk/ds)(duk/ds)=–(w2/c4): ezért dPi térszerű komponensei eltűnnek, időszerű komponense pedig a (73.1) egyenlőséget adja.

Adott elektromágneses téren átrepülő részecske által az átrepülés egész ideje alatt kisugárzott négyesimpulzust a (73.3) képlet adja meg, azaz

9.80. egyenlet - (73.4)

Δ P i = 2 e 2 3 c d u k d s d u k d s d x i .

Írjuk fel ezt a képletet más alakban, fejezzük ki a dui∕ds négyesgyorsulást a külső elektromágneses tér tenzorával a (23.4) mozgásegyenletek segítségével:

mcdukds=ecFklul.

Ekkor azt kapjuk, hogy

9.81. egyenlet - (73.5)

Δ P i = 2 e 4 3 m 2 c 5 ( F k l u l ) ( F k m u m ) d x i .

(73.4) vagy (73.5) egyenlet időszerű komponense adja meg a kisugárzott Δℰ teljes energiát. A négydimenziós mennyiségeket háromdimenziósokkal kifejezve:

9.82. egyenlet - (73.6)

Δ = 2 e 2 3 c 3 + w 2 ( v × w ) 2 c 2 ( 1 v 2 c 2 ) 3 d t

(w=v̇ a részecske gyorsulása), vagy a külső elektromos és mágneses térerősség segítségével felírva:

9.83. egyenlet - (73.7)

Δ = 2 e 4 2 3 m 2 c 3 + E + 1 c v × H 2 1 c 2 ( E v ) 2 1 v 2 c 2 d t

A kisugárzott teljes impulzust meghatározó képletek ezektől csupán az integráljel alatt szereplő további v szorzótényezőben különböznek.

(73.7) képletből látható, hogy a fénysebességhez közel az időegység alatt kisugárzott teljes energia a sebességtől lényegében (1–v2∕c2)–1 alakban függ, vagyis arányos a mozgó részecske energiájának négyzetével. Kivételt csak az elektromos térben, a térerősség irányában végzett mozgás képez. Ebben az esetben a nevezőben álló (1–v2∕c2) tényező kiesik a számláló hasonló tényezőjével, így a sugárzás független lesz a részecske energiájától.

Végül vizsgáljuk meg a gyorsan mozgó részecske sugárzásának szögeloszlását. Ehhez célszerű a (63.8)(63.9) Lienard–Wiechert-potenciálokat használni. Nagy távolságokban elegendő az 1∕R kisebb hatványát tartalmazó [tehát a (63.8) képletben a második] tagot megtartani. A sugárzás irányába mutató n egységvektort bevezetve (R=nR), a következő képleteket kapjuk:

9.84. egyenlet - (73.8)

E = e c 2 R n × n v c × w 1 n v c 3 , H = n × E ,

ahol az egyenletek jobb oldalán álló mennyiségeket a retardált t′=t–R∕c időpillanatban kell venni.

A dΩ térszögbe jutó sugárzás intenzitása dI=(c/4π)E2R2dΩ. Az E2-et kifejtve, azt kapjuk, hogy

9.85. egyenlet - (73.9)

d I = e 2 4 π c 3 2 ( n w ) ( v w ) c 1 v n c 5 + w 2 1 v n c 4 1 v 2 c 2 ( n w ) 2 1 v n c 6 d Ω .

Ha a töltés mozgásának, egész ideje alatt kibocsátott teljes sugárzás szögeloszlását akarjuk meghatározni, akkor az intenzitást integrálni kell az idő szerint. Emlékezzünk arra, hogy az integrandus t′ függvénye; ezért a

9.86. egyenlet - (73.10)

d t = t t d t = 1 n v c d t

képletnek megfelelő változócserét kell végrehajtanunk [lásd (63.6)-ot], tehát közvetlenül dt′ szerint integrálhatunk. Így a dΩ térszögelembe jutó teljes sugárzás:

9.87. egyenlet - (73.11)

d n = e 2 4 π c 3 d Ω 2 ( n w ) ( v w ) c 1 v n c 4 + w 2 1 v n c 3 1 v 2 c 2 ( n w ) 2 1 v n c 5 d t .

Mint az (73.9)-ből látható, a sugárzás szögeloszlása általános esetben meglehetősen bonyolult. Extrém relativisztikus esetben (1–v∕c≪1) viszont az 1–vn∕c különbségnek a nevezőkben szereplő magas hatványai miatt jellegzetes szögeloszlást kapunk, éspedig az intenzitás nagy abban a szűk szögtartományban, amelyben az 1–vn∕c különbség kicsi. Az n és v által alkotott szöget 𝜃-val jelölve,

1 v c cos 𝜃 1 v c + 𝜃 2 2 ;

ez a különbség kicsi (∼1–v∕c), ha 𝜃∼√(1–v∕c), vagy ami ugyanaz,

9.88. egyenlet - (73.12)

𝜃 1 v 2 c 2 .

Tehát az extrém relativisztikus részecske lényegében mozgásának irányába, az ekörüli (73.12) szögtartományba sugároz.

Megjegyezzük még, hogy a részecske tetszőleges sebessége és gyorsulása esetén létezik két olyan irány, amelyben a sugárzás intenzitása nulla. Az említett irányok azok, amelyekben az n–v∕c vektor párhuzamos a w vektorral, és így a (73.8) térerősség eltűnik (lásd még a 2. feladatot a szakasz végén).

Végül felírunk a (73.9) képlet két speciális esetének megfelelő néhány egyszerű képletet.

Ha a részecske sebessége és gyorsulása párhuzamos, akkor

H = e c 2 R w × n 1 v n c 3 ,

és az intenzitás:

9.89. egyenlet - (73.13)

d I = e 2 4 π c 3 w 2 sin 2 𝜃 1 v c cos 𝜃 6 d Ω .

Ez természetesen szimmetrikus v és w közös iránya körül, és eltűnik a sebesség irányában (𝜃=0) s az ezzel ellentétes irányban (𝜃=π). Extrém relativisztikus esetben az intenzitásnak 𝜃 függvényében a (73.12) tartományban éles kettős maximuma van, köztük 𝜃=0-nál nulláig csökken.

Ha a sebesség és a gyorsulás merőleges egymásra, (73.9)-ből a következőt kapjuk:

9.90. egyenlet - (73.14)

d I = e 2 w 2 4 π c 3 1 1 v c cos 𝜃 4 1 v 2 c 2 sin 2 𝜃 cos 2 φ 1 v c cos 𝜃 6 d Ω ,

ahol 𝜃 ismét az n és v közti szög, φ pedig az n vektornak a v-re merőleges síkban w-től számított azimutszöge. Ez az intenzitás csak a vw síkra nézve szimmetrikus, és az e síkban fekvő két irányban tűnik el, amelyek a sebességgel 𝜃=arccos(v∕c) szöget zárnak be.

Feladatok

1. Határozzuk meg egy álló töltés Coulomb-terében (a potenciál φ=e2∕r) ϱ ütközési paraméterrel mozgó relativisztikus e1 töltés teljes sugárzását.

Megoldás. Az erőtéren áthaladó relativisztikus részecske alig térül el.[83] Ezért (73.7)-ben a v sebességet állandónak vehetjük, így a térerősség a részecske helyén:

E = e 2 r r 3 e 2 r ( ϱ 2 + v 2 t 2 ) 3 2 ,

itt x=vt, y=ϱ. (73.7)-ben az időintegrálást elvégezve, azt kapjuk, hogy

Δ = π e 1 4 e 2 2 1 2 m 2 c 3 ϱ 3 v 4 c 2 v 2 c 2 v 2 .

15. ábra - 15. ábra

15. ábra

2. Határozzuk meg azokat az irányokat, amelyekben a sugárzás intenzitása eltűnik.

Megoldás. A geometriai szerkesztés (15. ábra) alapján azt kapjuk, hogy a keresett n irányok a vw síkban fekszenek, és a w irányával bezárt χ szögre teljesül a

sin χ = v c sin α

összefüggés, ahol α a v és w vektorok közti szög.



[83] v∼c esetén észrevehető szögű elhajlás csak ϱ∼e2∕mc2 ütközési paraméter mellett történhet, ez azonban már nem vizsgálható klasszikusan.