Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

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

Typotex

78 §. Fényszórás szabad részecskéken

78 §. Fényszórás szabad részecskéken

Ha egy töltésekből álló rendszerre elektromágneses hullám esik, akkor ennek hatására a töltések mozgásba jönnek. Ez a mozgás viszont sugárzást eredményez minden irányban; így a kezdeti hullám szóródott a töltésrendszeren.

A szórást célszerű a rendszer által adott irányban időegység alatt kibocsátott energiamennyiség és a rendszerre eső sugárzás energia-áramsűrűségének arányával jellemezni. Ez az arány terület dimenziójú, és a szórás hatáskeresztmetszetének nevezzük.

Legyen dI a rendszer által (1 s alatt) dΩ térszögbe kisugárzott energia, ha a beeső hullám Poynting-vektora S. Ekkor a szórás (dΩ térszögre eső) hatáskeresztmetszete:

9.139. egyenlet - (78.1)

d σ = d I ¯ S ¯

(a betű fölötti vonás az idő szerinti átlagot jelenti). dσ-nak a szögek szerinti σ integrálja szórás teljes hatáskeresztmetszete.

Tekintsük az egyetlen mozdulatlan szabad töltésen létrejövő szórást. Essen erre a töltésre egy lineárisan polarizált monokromatikus hullám. Ennek elektromos terét

E=E0 cos(krωt+α)

alakban írhatjuk.

A továbbiakban feltételezzük, hogy a részecskének a beeső hullám hatására létrejött sebessége kicsi a fénysebességhez képest, ami gyakorlatilag mindig teljesül. Ekkor úgy vehetjük, hogy a töltésre eE erő hat, a mágneses erőtértől származó (e/c)v×H erőt elhanyagolhatjuk. Ebben az esetben eltekinthetünk a töltés rezgés közben végzett elmozdulásának hatásától. Ha a töltés az origó körül rezeg, úgy vehetjük, hogy mindig az origóban mért térerősség hat rá, vagyis

E = E 0 cos ( ω t α ) .

Mivel a töltés mozgásegyenlete

m r ̈ = e E ,

és dipólmomentuma d=er, ezért

9.140. egyenlet - (78.2)

d ̈ = e 2 m E .

A szórt sugárzás intenzitásának kiszámításához használjuk fel a dipólsugárzást leíró (67.7) képletet; ezt megtehetjük, mivel feltételezésünk szerint a töltés sebessége kicsi. Vegyük észre azt is, hogy a töltés által kisugárzott (azaz szórt) hullám frekvenciája nyilvánvalóan megegyezik a beeső hullám frekvenciájával.

(78.2)-t (67.7)-be helyettesítve, azt kapjuk, hogy

9.141. egyenlet - (78.3)

d I = e 4 4 π m 2 c 3 ( E × n ) 2 d Ω .

Másrészt viszont a beeső hullám Poynting-vektora:

S=c4πE2.

Innen megkapjuk a dΩ térszögbe eső szórás hatáskeresztmetszetét:

9.142. egyenlet - (78.4)

d σ = e 2 m c 2 2 sin 2 𝜃 d Ω ,

ahol 𝜃 a szórás iránya (az n vektor) és a beeső hullám E elektromos erőterének iránya által közrezárt szög. Látjuk, hogy a szabad töltésen való szórás hatáskeresztmetszete nem függ a frekvenciától.

Határozzuk meg a teljes hatáskeresztmetszetet. Ehhez válasszuk E irányát polártengelynek, ekkor dΩ=sin𝜃d𝜃dφ. Most d𝜃 szerint 0-tól π-ig, dφ szerint 0-tól 2π-ig integrálva, azt kapjuk, hogy

9.143. egyenlet - (78.5)

σ = 8 π 3 e 2 m c 2 2 .

Ez a Thomson-hatáskeresztmetszet.

Számítsuk ki végül a dσ differenciális hatáskeresztmetszetet abban az esetben, amikor a beeső fény nem polarizált (természetes fény). Ehhez (78.4)-et átlagolnunk kell az E vektor lehetséges irányaira, melyek merőlegesek a beeső hullám terjedési irányára (a k hullámvektor irányára). e-vel jelölve az E irányú egységvektort:

sin 2 𝜃 ¯ = 1 ( n e ) 2 ¯ = 1 n α n β e α e β ¯ .

Az átlagolást a következő képlet segítségével végezhetjük el:[94]

9.144. egyenlet - (78.6)

e α e β ¯ = 1 2 δ α β k α k β k 2 ,

és így azt kapjuk, hogy

sin2𝜃¯=121+(nk)2k2=12(1+ cos2𝜗),

ahol 𝜗 a beeső és a szórt hullám iránya által bezárt szög (a szórási szög). Így a polarizálatlan hullám szabad töltésen keletkező szórásának hatáskeresztmetszete:

9.145. egyenlet - (78.7)

d σ = 1 2 e 2 m c 2 2 ( 1 + cos 2 𝜗 ) d Ω .

A szórás fellépte bizonyos, a szóró részecskére ható erőt eredményez. Erről a következő meggondolás segítségével győződhetünk meg: a részecskére eső hullám időegység alatt átlagban cW¯σ energiát veszít, ahol W¯ a sugárzás átlagos energiasűrűsége, σ pedig a teljes hatáskeresztmetszete. Mivel az erőtér impulzusa egyenlő a térenergia és a fénysebesség hányadosával, a beeső hullám időegység alatt Wσ impulzust veszít. Másrészt viszont abban a vonatkoztatási rendszerben, amelyben a töltés az eE erő hatása alatt csak kis rezgéseket végez, és így v sebessége kicsi, a v∕c-ben magasabb rendű tagokat elhagyva, a szórt hullám teljes impulzusa zérus. (A  73. §-ban megmutattuk hogy abban a vonatkoztatási rendszerben, amelyben v=0, a részecske nem sugároz ki impulzust.) Így a beeső hullám teljes impulzusveszteségét a szóró részecske „nyeli el”. A részecskére ható átlagos f¯ erő megegyezik az időegység alatt elnyelt impulzussal, azaz

9.146. egyenlet - (78.8)

f ¯ = σ W ¯ n 0

(n0 a beeső hullám terjedési irányába mutató egységvektor). Megjegyezzük, hogy ez az átlagos erő másodrendű a beeső hullám erőteréhez viszonyítva, a „pillanatnyi” erő viszont (amelynek fő része eE) elsőrendű a beeső térerősséghez képest.

(78.8) képletet közvetlenül is megkaphatjuk, ha a (75.10) sugárzási visszahatást átlagoljuk. Az Ė-tal arányos első tag az átlagoláskor eltűnik (akárcsak az eE erő átlaga). A második tagból azt kapjuk, hogy

f ¯ = 2 e 4 2 m 2 c 4 E 2 ¯ n 0 = 8 π 3 e 2 m c 2 2 E 2 ¯ 4 π n 0 ,

ami (78.5) miatt egybeesik (78.8)-cal.

Feladatok

1. Határozzuk meg elliptikusan polarizált hullám szabad töltésen fellépő szórásának hatáskeresztmetszetét.

Megoldás. A hullám tere E=Acos(ωt+α)+Bsin(ωt+α) alakú, ahol A és B egymásra merőleges vektorok (lásd a  48. §-t). A szövegben elvégzett levezetéshez hasonló módon azt kapjuk, hogy

d σ = e 2 m c 2 2 ( A × n ) 2 + ( B × n ) 2 A 2 + B 2 d Ω .

2. Határozzuk meg egy lineárisan polarizált hullám olyan töltésen való szórásának hatáskeresztmetszetet, amely (valamilyen rugalmas erő hatására) kis rezgéseket végez (oszcillátor).

Megoldás. A töltés mozgásegyenlete E=E0cos(ωt+α) beeső hullám esetén:

d ̈ + ω 0 2 r = e m E 0 cos ( ω t + α ) ,

ahol ω0, a szabad rezgések frekvenciája. Innen a kényszerrezgésekre

r = e E 0 cos ( ω t + α ) m ( ω 0 2 ω 2 )

adódik. Ebből d̈-ot meghatározva, azt kapjuk, hogy

d σ = e 2 m c 2 2 ω 4 ( ω 0 2 ω 2 ) 2 sin 2 𝜃 d Ω

(𝜃 az E és n közti szög).

3. Határozzuk meg a fény szórásának teljes hatáskeresztmetszetét, ha a szóró objektum egy elektromos dipólus, amely mechanikai szempontból nézve rotátor. A hullám ω frekvenciáját vegyük nagynak a rotátor szabad forgásának Ω0 frekvenciájához képest.

Megoldás. Az ω≫Ω0 feltétel teljesülése esetén a rotátor saját forgását elhanyagolhatjuk, elegendő csupán a kényszerforgást tekinteni, amit a beeső hullámtól származó d×E forgatónyomaték hoz létre. A fenti mozgás egyenlete: ΘΩ̇=d×E, ahol Θ a rotátor tehetetlenségi nyomatéka, Ω pedig a forgás szögsebessége. A dipólmomentum változása – minthogy abszolút értéke állandó – egyszerűen ḋ=Ω×d. Ebből a két egyenletből (a kis Ω mennyiségben kvadratikus tagokat elhagyva):

d ̈ = 1 Θ ( d × E ) × d = 1 Θ { E d 2 ( E d ) d } .

A dipólus lehetséges térbeli irányait azonosan valószínűeknek tekintve, a teljes hatáskeresztmetszetre azt kapjuk, hogy

σ = 1 6 π d 4 9 c 4 Θ 2 .

4. Határozzuk meg a szórt fény depolarizációjának mértékét szabad töltésen szóródó természetes fény esetén.

Megoldás. Szimmetriamegfontolásokból nyilvánvaló, hogy a szórt fény két inkoherensen polarizált komponense (lásd az  50. §-t) lineárisan polarizált lesz: az egyik a szórás síkjában (a beeső és a szórt sugár által kifeszített síkban), a másik pedig erre a síkra merőlegesen. A fenti komponensek intenzitását a beeső hullám erőterének a szórási síkba eső (E∥) és az erre merőleges (E⊥) összetevője határozza meg, továbbá (78.3) szerint arányos (E∥×n)2=E2cos2𝜗-val, ill. (E⊥×n)2=E⊥2-tel (𝜗 a szórási szög). Mivel természetes beeső fény esetén E∥2¯=E⊥2¯, a depolarizáció foka [az (50.9) definíció szerint]:

ϱ = cos 2 𝜗 .

5. Határozzuk meg egy mozgó töltés által szórt fény ω′ frekvenciáját.

Megoldás. Abban a koordináta-rendszerben, amelyben a töltés nyugalomban van, a fény frekvenciája a szórás során nem változik (ω=ω′). Invariáns alakban ez így írható fel:

k i u i = k i u i ,

ahol ui a töltés négyessebessége. Innen könnyen megkapjuk, hogy

ω 1 v c cos 𝜃 = ω 1 v c cos 𝜃 ,

ahol 𝜃 ás 𝜃′ a beeső és a szórt hullámnak a mozgás irányával bezárt szöge (v a töltés sebessége).

6. Határozzuk meg egy lineárisan polarizált hullám szórásának szögeloszlását, ha a szórócentrum a hullám terjedési irányában tetszőleges v sebességgel mozgó töltés.

Megoldás. A részecske v sebessége merőleges a beeső hullám E és H erőterére, és így merőleges a részecske w gyorsulására is. A szórás intenzitását a (73.14) képletből kaphatjuk meg, amelyben a w gyorsulást az E és H erőterekkel kell kifejezni a  17. § feladatában levezetett képlet segítségével. A dI intenzitást a beeső hullám Poyining-vektorával osztva, megkapjuk a szórás hatáskeresztmetszetét:

d σ = e 2 m c 2 2 1 v 2 c 2 1 v c 2 1 v c sin 𝜃 cos φ 6 1 v c sin 𝜃 cos φ 2 1 v 2 c 2 cos 2 𝜃 d Ω ,

ahol most 𝜃 és φ az n irány polár- és azimutszöge egy olyan koordináta-rendszerben, amelynek z tengelye E irányába, x tengelye pedig v irányába mutat [cos(n,E)=cos𝜃,cos(n,v)=sin𝜃cosφ].

7. Határozzuk meg egy töltött részecske mozgását az általa szórt hullám részéről kifejtett átlagos erő hatására.

Megoldás.(78.8) erő és így a vizsgált mozgás sebessége is a beeső hullám terjedési irányába mutat (ez az x tengely). Ha felveszünk egy K0 rendszert, amelyben a töltés nyugszik (emlékeztetünk arra, hogy a kis rezgések periódusára átlagolt mozgásról van szó), a reá ható erő a σW¯0, és az ebből eredő gyorsulás

w 0 = σ m W ¯ 0

(a nulla index a K0 rendszerben mért mennyiségeket jelöli). A kezdeti K rendszerre (amelyben a részecske v sebességgel mozog) a  7. § feladatában levezetett képlet és (47.7) segítségével térünk át:

d d t v 1 v 2 c 2 = 1 1 v 2 c 2 3 2 d v d t = W ¯ σ m 1 v c 1 + v c .

Ezt az egyenletet integrálva azt kapjuk, hogy

W ¯ σ m c t = 1 3 1 + v c 1 v c 2 v c 1 v c 2 3 ,

amely implicit alakban megadja a v=dx∕dt sebességet mint az idő függvényét (az integrálási állandót úgy választottuk meg, hogy t=0-ban v=0 legyen).

8. Határozzuk meg egy lineárisan polarizált hullám oszcillátoron fellépő szórásának hatáskeresztmetszetét a sugárzási visszahatás figyelembevételével.

Megoldás. A beeső hullámmezőben a töltés mozgásegyenletét

r ̈ + ω 2 r e m E 0 e i ω t + 2 e 2 3 m c 3 r ...

alakban írhatjuk. A visszahatás kifejezésébe közelítőleg beírhatjuk, hogy r...=–ω02ṙ; ekkor

r ̈ + γ + ω 0 2 r = e m E 0 e i ω t ,

ahol γ=(2e2/3mc3)ω02. Ebből azt kapjuk, hogy

r = e m E 0 e i ω t ω 0 2 ω 2 i ω γ .

Végül a hatáskeresztmetszet:

σ = 8 π 3 e 2 m c 2 2 ω 4 ( ω 0 2 ω 2 ) 2 + ω 2 γ 2 .



[94] Valóban, eαeβ¯ szimmetrikus tenzor átlósösszege 1, és kα-val szorozva eltűnik, mivel e és k merőlegesek. Ezeknek a feltételeknek tesz eleget a leírt kifejezés.