Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

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

Typotex

75 §. A sugárzás visszahatása

75 §. A sugárzás visszahatása

65. §-ban megmutattuk, hogy egy töltésrendszer potenciáljainak kifejtése v∕c hatványai szerint második közelítésben egy olyan Lagrange-függvényre vezet, amely (az adott közelítésben) teljesen meghatározza a töltések mozgását. Fejtsük ki most a potenciálokat magasabb rendű tagokig, és állapítsuk meg, hogy milyen jelenségekre vezetnek az új tagok.

A

φ = 1 R ϱ t R c d V

skalárpotenciál 1∕c szerinti sorfejtésének harmadrendű tagja:

9.110. egyenlet - (75.1)

φ ( 3 ) = 1 6 c 3 3 t 3 R 2 ϱ d V .

Ugyanazokból az okokból, mint (65.3) levezetésekor, a vektorpotenciál sorfejtésében csak az 1∕c szerinti másodrendű tagot kell vennünk, azaz

9.111. egyenlet - (75.2)

A ( 2 ) = 1 c 2 t j d V .

Hajtsuk végre a potenciálokon a

φ = φ 1 c f t , A = A + grad f

transzformációt, ahol a f függvényt válasszuk meg úgy, hogy a φ(3) skalárpotenciál eltűnjön:

f = 1 6 c 2 2 t 2 R 2 ϱ d V .

Ekkor az új vektorpotenciál:

A ( 2 ) = 1 c 2 t j d V 1 6 c 2 2 t 2 R 2 ϱ d V = = 1 c 2 t j d V 1 3 c 2 2 t 2 R ϱ d V .

Az integrálásról az egyes töltések szerinti összegezésre áttérve, a jobb oldal első tagjára a –(1/c2)∑ev̇ kifejezést kapjuk. A másodikban azt írjuk, hogy R=R0–r , ahol R0 és r a szokásos mennyiségek (lásd a  66. §-t); ekkor Ṙ=–ṙ=–v, és így a második tag (1/3c2)∑ev̇. Tehát

9.112. egyenlet - (75.3)

A ( 2 ) = 2 3 c 2 e v ̇ .

A fenti potenciálnak megfelelő mágneses térerősség zérus (H=rotA′(2)=0), mivel A′(2) nem tartalmazza explicit módon a koordinátákat. Az E=–Ȧ′(2)∕c elektromos tér pedig a következő:

9.113. egyenlet - (75.4)

E = 2 3 c 2 d ... ,

ahol d a rendszer dipólmomentuma.

Tehát a térerősség sorfejtésének harmadrendű tagjai a töltésekre ható új erőket adnak, amelyek nem szerepelnek a (65.7) Lagrange-függvényben; ezek az erők a töltések gyorsulásainak időderiváltjaitól függnek.

Tekintsünk egy stacionárius mozgást végző töltésrendszert,[88] és számítsuk ki a (75.4) térerősség által időegység alatt végzett munkát. Mindegyik töltésre f=eE erő hat, azaz

9.114. egyenlet - (75.5)

f = 2 e 3 c 2 d ... .

Időegység alatt ez az erő fv munkát végez; a töltéseken végzett teljes munka ennek a töltésekre vonatkoztatott összegével egyenlő:

fv=23c2d...ev=23c2d...=23c2ddt(d̈)23c2d̈2.

Az idő szerinti átlagoláskor az első tag eltűnik, és így az átlagos munka:

9.115. egyenlet - (75.6)

f v ¯ = 2 3 c 2 d ̈ 2 ¯ .

Viszont a jobb oldalon álló kifejezés tulajdonképpen (negatív előjellel) a rendszer által időegység alatt kisugárzott átlagos energia [lásd (67.8)-at]. Így a harmadik közelítésben megjelenő (75.5) erők a sugárzásnak a részecskékre való visszahatását írják le. Ezeket az erőket sugárzási fékezőerőknek vagy Lorentz-féle súrlódási erőknek nevezzük.

Egy sugárzó rendszerben az energiaveszteségen kívül impulzusmomentum-veszteség is fellép. Az impulzusmomentum dJ∕dt csökkenése az időegység alatt könnyen meghatározható a fékezőerők kifejezéséből. A J=∑r×p impulzusmomentumot idő szerint deriválva, J̇=∑r×ṗ, mivel ∑ṙ×p=∑mv×v=0. Az impulzus időderiváltját a részecskére ható (75.5) fékezőerővel helyettesítve, azt kapjuk, hogy

J ̇ = r × f = 2 3 c 2 e r × d ... = 2 3 c 2 d × d ... .

Bennünket az impulzusmomentum-veszteség időátlaga érdekel stacionáris mozgás esetén, akárcsak fentebb, amikor az energiaveszteségről volt szó. A

d × d ... = d d t d × d ̈ × d ̈

átalakítást elvégezve, és észrevéve, hogy az időderivált (az első tag) az átlagoláskor eltűnik, végül a sugárzó rendszer átlagos impulzusmomentum-veszteségére a következő kifejezést kapjuk:

9.116. egyenlet - (75.7)

d J ¯ d t = 2 3 c 2 × d ̈ ¯

(összhangban a  72. § 2. feladatában nyert (3) alatti eredménnyel).

A sugárzás által kifejtett fékezőerő akkor is fellép, ha egy töltés külső erőtérben mozog. Ennek nagysága:

9.117. egyenlet - (75.8)

f = 2 e 2 3 c 2 v ̈ .

Egy részecske esetén mindig választhatunk olyan vonatkoztatási rendszert, amelyben az az adott pillanatban nyugalomban van. Ha ebben a rendszerben kiszámítjuk a töltés terének sorfejtésében szereplő további tagokat, könnyen meggyőződhetünk arról, hogy ha a töltést és az észlelési pontot összekötő R vektor zérushoz tart, akkor ezek a tagok eltűnnek. Így egy töltés esetén a (75.8) képlet pontosan leírja a sugárzás visszahatását abban a rendszerben, amelyben a töltés nyugalomban van.

Meg kell azonban jegyeznünk, hogy a töltés „önmagára való” hatásának a fékezési erő segítségével való leírása nem teljesen kielégítő, és ellentmondásokra vezet. Külső erőtér hiányában a részecskére csak a (75.8) erő hat, és így mozgásegyenlete:

m v ̇ = 2 e 2 3 c 2 v ̈ .

Ennek az egyenletnek a triviális v=const megoldáson kívül olyan megoldása is van, amelyben a v̇ gyorsulás exp(3mc3t∕2e2)-tel arányos, vagyis korlátlanul növekszik. Ez azt jelentené például, hogy egy valamilyen erőtérben áthaladó részecske, abból kilépve, korlátlanul gyorsítaná önmagát. Ennek az eredménynek képtelensége a (75.8) képlet korlátozott alkalmazhatóságára hívja fel a figyelmet.

Felmerülhet az a kérdés, hogy az elektrodinamika, amely teljesíti az energiamegmaradás törvényét, hogyan vezethet olyan lehetetlen eredményre, hogy egy szabad részecske korlátlanul növeli az energiáját. A fenti nehézség alapvető oka az elemi részecskék már említett (37. §) végtelen „sajátenergiájában” keresendő. Amikor a mozgásegyenletekben a töltés tömegét végesnek vesszük, ezzel tulajdonképpen formálisan egy nem elektromágneses eredetű, végtelen negatív „sajáttömeget” tulajdonítunk neki, amely az elektromágneses tömeggel együtt a részecske véges tömegét eredményezi. Mivel azonban egyik végtelennek a másikból való kivonása nem teljesen korrekt matematikai művelet, így ez egy sor további nehézséghez vezet, többek között a fent említetthez.

Abban a koordináta-rendszerben, amelyben a részecske sebessége kicsi, a mozgásegyenlet a sugárzási visszahatás (fékezőerő) figyelembevételével a következő alakot ölti:

9.118. egyenlet - (75.9)

m v ̇ = e E + e c v × H + 2 e 2 3 c 2 v ̈ .

Az említett meggondolások alapján ez az egyenlet csak akkor alkalmazható, ha a visszahatás kicsi a külső erőtér által a töltésre ható erőhöz viszonyítva.

Derítsük ki e feltétel fizikai értelmét. Abban a koordináta-rendszerben, amelyben a töltés nyugalomban van, a sebesség idő szerinti második deriváltja a visszahatás elhanyagolásával a következő:

v ̈ = e m Ė + e m c v ̇ × H .

A második tagba (ugyanolyan pontossággal) beírhatjuk, hogy v̇=eE∕m, és így

v ̈ = e m Ė + e 2 m 2 c E × H .

Ennek megfelelően a visszahatás két tagból áll:

9.119. egyenlet - (75.10)

f = 2 e 3 3 m c 3 Ė + 2 e 4 3 m 2 c 4 E × H

Ha ω a mozgás frekvenciája, akkor Ė arányos ωE-vel, és így az első tag (e3ω/mc3)E nagyságrendű; a második tag nagyságrendje pedig (e4/m2c4)EH. Így az a feltétel, hogy a súrlódóerő kicsi legyen a töltésre ható eE erőhöz képest, először is azt adja, hogy

e2mc3ω1,

vagy a λ∼c∕ω hullámhosszat bevezetve:

9.120. egyenlet - (75.11)

λ e 2 m c 2 .

Tehát a sugárzási visszahatást leíró (75.8) képlet csak akkor alkalmazható, ha a részecskére ható mező hullámhossza nagy a töltés e2∕mc2 „sugarához” képest. Látjuk, hogy ismét az e2∕mc2 nagyságrendű távolságok alkotják azt a határt, amelyen túl az elektrodinamika önmagával ellentmondásba jut (lásd a  37. §-t).

Másodszor, a visszahatás második tagját az eE erővel összehasonlítva, a következő feltételt kapjuk:

9.121. egyenlet - (75.12)

H m 2 c 4 e 3 .

Tehát az is szükséges, hogy az erőtér ne legyen nagyon erős. Az m2c4∕e3 térerősségek is azt a határt jelentik, amelyen túl a klasszikus elektrodinamika belső ellentmondásokra vezet. Itt azonban meg kell jegyeznünk, hogy a klasszikus elektrodinamika a kvantumjelenségek következtében már sokkal kisebb térerősségek esetén alkalmazhatatlanná válik.[89]

A félreértések elkerülése végett emlékeztetünk arra, hogy (75.11)-ben a hullámhosszat és (75.12)-ben a térerősséget abban a vonatkoztatási rendszerben kell érteni, amelyben a részecske az adott pillanatban nyugalomban van.

Feladatok

1. Határozzuk meg azt az időt, amely alatt két, egymást vonzó és elliptikus mozgást végző töltés (amelyek sebessége kicsi a fénysebességhez képest) a sugárzásból eredő energiaveszteség következtében egymásba „esik”.

Megoldás. Ha feltételezzük, hogy az egy keringés alatt kicsi az energiaveszteség, az energia időderiváltját egyenlőnek vehetjük a sugárzás átlagos intenzitásával (amit a  70. § 1. feladatában határoztunk meg)

9.122. egyenlet - (1)

d | | d t = ( 2 | | ) 3 2 μ 5 2 α 3 3 c 3 J 5 e 1 m 1 e 2 m 2 2 3 2 | | J 2 μ α 2 ,

ahol α=|e1e2|. Az energia mellett a részecskék impulzusmomentuma is csökken. Az időegységre jutó impulzusmomentum-veszteséget a (75.7) képlet adja meg; behelyettesítve ebbe d-nek (70.1) kifejezését, és észrevéve, hogy μr̈=–αr∕r3 és J=μr×v, azt kapjuk, hogy

dJdt=2α3c3e1m1e2m22Jr3.

Átlagoljuk ezt a kifejezést a mozgás periódusára. Mivel J lassan változik, a jobb oldalon elegendő az r–3 tényezőt átlagolni; ezt az átlagot ugyanúgy számítjuk ki, ahogyan azt a  70. § 1. feladatában r–4 esetén tettük. Ennek eredményeként az időegység alatti impulzusmomentum-veszteség:

9.123. egyenlet - (2)

d J d t = 2 α ( 2 μ | | ) 3 2 3 c 3 J 2 e 1 m 1 e 2 m 2 2

[az átlagolás jelét, akárcsak (1)-ben, elhagyjuk]. Az (1) és (2) mennyiség hányadosát véve, a

d||dJ=μα22J332||J2μα2

differenciálegyenletet kapjuk, amelynek megoldása

9.124. egyenlet - (3)

| | = μ α 2 2 J 2 1 J 3 J 0 3 + | 0 | M 0 J .

Az integrálási állandókat úgy választottuk meg, hogy J=J0, esetén ℰ=ℰ0 legyen, ahol J0 és ℰ0 a részecske impulzusmomentumának és energiájának kezdeti értékei.

A részecskék egymásba „esésének” J→0 felel meg. (3)-ból látható, hogy ekkor, amint az várható volt, ℰ→∞.

Megjegyezzük, hogy az |ℰ|J2 szorzat μα2∕2-höz tart, és a (70.3) képletből látható, hogy az 𝜀 excentricitás zérushoz tart, vagyis a részecskék közeledésével a pálya alakja a körhöz közeledik. (3)-at (2)-be helyettesítve, meghatározzuk a dt∕dJ deriváltat J függvényében, majd ezt dJ szerint J0-tól 0-ig integrálva, megkapjuk az egymásba esés idejét:

t esés = c 3 J 0 5 α 2 | 0 | μ 3 e 1 m 1 e 2 m 2 2 μ α 2 + 2 J 0 2 | 0 | 2 .

2. Határozzuk meg két egyforma töltött részecskéből álló rendszer Lagrange-függvényét a negyedrendű tagokat is figyelembe véve[90] (T. A. Szmorogyinszkij és V. N. Golubenkov, 1956).

Megoldás. A számításokat célszerű a  65. §-ban használttól eltérő módszerrel végezni. Induljunk ki a részecskéket és az általuk létrehozott erőteret együtt leíró Lagrange-függvényből:

L = 1 8 π ( E 2 H 2 ) + 1 c j A ϱ φ d V a m a c 2 1 v a 2 c 2 .

Az

E 2 H 2 = E 1 c A t φ H rot A

egyenlőséget behelyettesítve, majd parciálisan integrálva azt kapjuk, hogy

1 8 π ( E 2 H 2 ) d V = 1 8 π { E φ + A × H } d f 1 8 π c d d t E A d V 1 2 1 c j A ϱ φ d V .

Egy dipólusként nem sugárzó rendszer esetén a végtelen távoli felületre vett integrál nem ad járulékot az 1∕c4 rendű tagokhoz. Az idő szerinti teljes derivált a Lagrange-függvényből elhagyható. Így a Lagrange-függvény keresett negyedrendű tagjait az

L = 1 2 1 c j A ϱ φ d V a m a c 2 1 v a 2 c 2

kifejezés tartalmazza.

65. §-ban végzett sorfejtést folytatva, határozzuk meg az 1. töltés által a 2. töltés helyén létrehozott potenciálok (φ és A∕c) negyedrendű tagjait:

φ 1 ( 2 ) = e 2 4 c 4 4 R 3 t 4 , 1 c A 1 ( 2 ) = e 2 c 4 2 t 2 ( R v 1 ) .

(18.3) transzformációt egy megfelelő f függvénnyel alkalmazva, ezeket a potenciálokat a következő ekvivalens alakra hozhatjuk:

9.125. egyenlet - (1)

φ 1 ( 2 ) = 0 , 1 c A 1 ( 2 ) = e 2 c 4 2 t 2 ( R v 1 ) + 1 1 2 3 t 3 ( R 3 ) .

(A ∂∕∂t deriválás elvégzésekor az észlelési pontot, vagyis a 2. pontot kell rögzíteni; a ∇ deriválás az észlelési pont koordinátája szerint kell elvégezni.)

A Lagrange-függvény negyedrendű tagjai tehát:[91]

L ( 4 ) = e 2 c [ A 1 ( 2 ) v 2 + A 1 ( 1 ) v 1 ] + m 1 6 c 4 ( v 1 6 + v 2 6 ) .

(1)-ben a deriválásokat részben elvégezve, A1(2)-t a következő alakra hozzuk:

1 c A 1 ( 2 ) = e 8 c 4 F 1 t , F 1 = t [ 3 R v 1 R n ( n v 1 ) ]

(ahol n az 1. ponttól a 2. pontba mutató egységvektor). A további számítások előtt célszerű kiküszöbölni L(4)-ből a sebességek többszörös időderiváltjait. Ehhez vegyük észre, hogy

1 c A 1 ( 2 ) v 2 = e 8 c 4 v 2 F 1 t = e 8 c 4 d d t ( v 2 F 1 ) ( v 2 ) ( v 2 F 1 ) F 1 v ̇ 2 ,

ahol

d d t ( v 2 F 1 ) = t ( v 2 F 1 ) + ( v 2 ) ( v 2 F 1 )

teljes időderivált (az R vektor mindkét vége szerinti deriválás), és a Lagrange-függvényből elhagyható. A kapott kifejezésből a gyorsulásokat az első közelítésben felírt mozgásegyenletek segítségével kiküszöböljük: mv̇1=–e2n∕R2, mv2=e2n∕R2. Elég hosszas számítás után a következő kifejezést kapjuk:

L ( 4 ) = e 2 8 c 4 R [ v 1 2 v 2 2 + 2 ( v 1 v 2 ) 2 3 ( n v 1 ) 2 ( n v 2 ) 2 + ( n v 1 ) 2 v 2 2 + ( n v 2 ) 2 v 1 2 ] + e 2 m R [ v 1 2 v 2 2 + 3 ( n v 1 ) 2 + 3 ( n v 2 ) 2 ] + 2 e 4 m 2 R 2 + m 1 6 c 4 ( v 1 6 + v 2 6 ) .

A két egyforma részecskéből következő szimmetria miatt eleve nyilvánvaló, hogy abban a vonatkoztatási rendszerben, amelyben a tömegközéppont nyugalomban van, v1=–v2. Ekkor a Lagrange-függvény negyedrendű tagjai:

L ( 4 ) = e 2 8 c 4 R 1 1 6 [ v 4 3 ( n v ) 4 + 2 ( n v ) 2 v 2 ] + e 2 2 m R [ 3 ( n v ) 2 v 2 ] + 2 e 4 m 2 R 2 + m v 6 2 9 c 4 ,

ahol v=v2–v1.



[88] Pontosabban szólva, egy olyan mozgást, amely a sugárzást elhanyagolva stacionáris lenne, így viszont fokozatosan csillapodik.

[89] ∼m2c3∕ℏe nagyságrendű terek esetén, vagyis amikor ℏωH∼mc2. Ez a határ a (75.12) feltétel által meghatározottnál ℏc∕e2=137-szer kisebb.

[90] Lásd a  65. §  2 számú lábjegyzetét. A harmadrendű tagok a Lagrange-függvényből automatikusan kiesnek: a részecskék által keltett erőtér megfelelő rendű tagjai a dipólmomentum időderiváltjaiból kaphatók meg [lásd (75.3)-at], amely az adott esetben megmaradó mennyiség.

[91] Itt elhagytuk a végtelen tagokat, amelyek a sajáttérnek a részecskére való hatásával kapcsolatosak. Ez a művelet a Lagrange-függvényben szereplő tömegek „renormálásának” felel meg (vö. a  37. §  1 számú lábjegyzetével).