Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

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

Typotex

71 §. Kvadrupólsugárzás és mágneses dipólsugárzás

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 = 1 c R 0 j t + r n c d V ,

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

A = 1 c R 0 j t d V + 1 c 2 R 0 t ( 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 = 1 c R 0 e v + 1 c 2 R 0 t e v ( r n ) .

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

A második tagot átalakítjuk:

v ( r n ) = 1 2 t r ( n r ) + 1 2 v ( n r ) 1 2 r ( n v ) = 1 2 t r ( n r ) + 1 2 ( r × v ) × n .

Így A-ra az

9.63. egyenlet - (71.2)

A = c R 0 + 1 2 c 2 R 0 2 t 2 e r ( n r ) + 1 c R 0 × n

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

A=cR0+16c2R02t2e[3r(nr)nr2]+1cR0×n.

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

9.64. egyenlet - (71.3)

A = c R 0 + 1 6 c 2 R 0 Q ̈ + 1 c R 0 × n .

A ismeretében a (66.3) képletek segítségével meghatározhatjuk a H és E térerősséget:

9.65. egyenlet - (71.4)

H = 1 c 2 R 0 d ̈ × n + 1 6 c Q ... × n + ( 𝖒 ̈ × n ) × n , E = 1 c 2 R 0 ( d ̈ × n ) × n + 1 6 c ( Q ... × n ) × n + n × 𝖒 ̈ .

A dΩ térszögbe eső sugárzás dI 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 dI-t n irányai szerint; a teljes sugárzást ebből 4π-vel szorozva kapjuk. A mágneses tér négyzetének átlagolásakor H 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 = 2 3 c 3 d ̈ 2 + 1 1 8 0 c 5 Q ... α β 2 + 2 3 c 3 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 = e 2 ( 3 x α x β r 2 δ α β ) ,

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

α = v α , μ x α = m 2 α = e 2 x α r 3 , m 2 x ... α = e 2 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 = 1 1 8 0 c 5 Q ... α β 2 = 2 e 6 1 5 m 2 c 5 1 r 4 ( v 2 + 1 1 v φ 2 )

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

v 2 = v 0 2 4 e 2 m r , v φ = ϱ v 0 r

egyenlőségek segítségével. Az időintegrálást dr szerinti integrálással helyettesítjük, mint ahogyan azt a  70. §  3. feladatában tettük, vagyis kihasználjuk, hogy

d t = d r v r = d r v 0 2 ϱ 2 v 0 2 r 2 4 e 2 m r .

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

ϰ = 4 π 9 e 4 v 0 3 m c 5 .

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

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

F α = σ α β d f β = σ α β n β R 0 2 d Ω .

Az integrálást egy nagy R0 sugarú gömbfelületre kell kiterjesztenünk. A feszültségtenzort a (33.3) összefüggés határozza meg, az E és H térerősségeket pedig (71.4)-ből vesszük. Minthogy a térerősségek transzverzálisak, az integrál az

F = 1 8 π 2 H 2 n R 0 2 d Ω

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

F α = 1 4 π c 4 1 1 5 c D ... α β d ̈ β + 2 3 ( d ̈ × 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 1, 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 1-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.