Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

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

Typotex

76 §. A sugárzás visszahatása relativisztikus esetben

76 §. A sugárzás visszahatása relativisztikus esetben

Vezessük le a sugárzási fékezőerő relativisztikus kifejezését egy töltésre, mely kifejezés a fénysebességgel összemérhető sebességek esetén is alkalmazható. Ez az erő most egy gi négyesvektor, amellyel ki kell egészíteni a töltés négydimenziós alakban felírt mozgásegyenletét:

9.126. egyenlet - (76.1)

m c d u i d s = e c F i k u k + g i .

g i meghatározásához előzetesen megjegyezzük, hogy v≪c esetén a három térbeli komponensnek a (75.8) alatt meghatározott f∕c vektor megfelelő komponenseibe kell átmennie. Könnyen látható, hogy a (2e2/3c)(d2ui/ds2) négyesvektor ilyen tulajdonságú. Ez azonban nem teljesíti a giui=0 azonosságot, amely minden négydimenziós erőre fennáll. Ahhoz, hogy ezt a feltételt kielégítsük, a fenti kifejezéshez hozzá kell adnunk egy négyesvektort, amely az ui négyesvektort és deriváltjait tartalmazza. E vektor térbeli koinponenseinek v=0 határesetben el kell tűnniük, hogy ne változtassák meg f helyes kifejezését, amelyet a (2e2/3c)(d2ui/ds2) tag már megad. Ilyen tulajdonsággal az ui négyesvektor rendelkezik, és így a keresett kiegészítő tagnak αui alakúnak kell lennie. Az α skalárt úgy kell megválasztanunk, hogy teljesüljön a giui=0 összefüggés. Innen azt kapjuk, hogy

9.127. egyenlet - (76.2)

g i = 2 e 2 3 c d 2 u i d s 2 u i u k d 2 u k d s 2 .

Ezt a képletet másképpen is felírhatjuk, ha a d2ui∕ds2 deriváltakat a mozgásegyenleteknek megfelelően kifejezzük a részecskére ható külső elektromágneses tér tenzorával:

d u i d s = e m c 2 F i k u k , d 2 u i d s 2 = e m c 2 F i k x l u k u l + e 2 m 2 c 4 F i k F k l u l .

Behelyettesítéskor figyelembe kell venni, hogy az i, k indexeiben antiszimmetrikus ∂Fik∕∂xl tenzor és a szimmetrikus uiuk tenzor szorzata eltűnik. Így

9.128. egyenlet - (76.3)

g i = 2 e 3 3 m c 3 F i k x l u k u l 2 e 4 3 m 2 c 5 F i l F k l u k + 2 e 4 3 m 2 c 5 ( F k l u l ) ( F k m u m ) u i .

A gi négyeserő adott erőtéren áthaladó részecske világvonalára vett integráljának egybe kell esnie (ellenkező előjellel) a töltés teljes sugárzása által elvitt ΔPi négyesimpulzussal [ahhoz hasonlóan, ahogyan a nemrelativisztikus esetben az f erő átlagértéke megegyezik a dipólsugárzás intenzitásával; lásd (75.6)-ot]. Könnyen meggyőződhetünk arról, hogy ez valóban így van. (76.2) első tagja integráláskor eltűnik, mivel a végtelenben a részecskének nincs gyorsulása, azaz dui∕ds=0. A második tagot parciálisan integrálva azt kapjuk, hogy

g i d x i = 2 e 2 3 c u k d 2 u k d s 2 d s = 2 e 2 3 c d u k d s d u k d s d s ,

ami pontosan megegyezik (73.4)-gyel.

Ha a részecske sebessége közeledik a fénysebességhez, akkor a (76.3) négyesvektor térbeli komponenseiben az a tag nő leggyorsabban, amelyik a négyessebesség komponenseinek hármas szorzatát tartalmazza. Ezért (76.3)-ban csak ezt a tagot megtartva, és a gi négyesvektor térbeli komponensei és a háromdimenziós f erő közti (9.18) összefüggést felhasználva, az utóbbira azt találjuk, hogy

f = 2 e 4 3 m 2 c 4 ( F k l u l ) ( F k m u m ) n .

ahol n a v irányába mutató egységvektor. Következésképpen ebben az esetben az f erő a részecske sebességével ellentétes irányba mutat; ezt az irányt választva x tengelynek, és a négydimenziós kifejezéseket kifejtve, azt kapjuk, hogy

9.129. egyenlet - (76.4)

f x = 2 e 4 3 m 2 c 4 ( E y H z ) 2 + ( E z + H y ) 2 1 v 2 c 2

(a nevező kivételével mindenhová v=c értéket írtunk). Látjuk, hogy extrém relativisztikus részecskére a visszaható erő a részecske energiájának négyzetével arányos.

Felhívjuk a figyelmet a következő érdekes körülményre. Az előző szakaszban megmutattuk, hogy a sugárzási visszahatásra kapott kifejezések csak olyan terek esetén érvényesek, amelyeknek nagysága a részecske K0 nyugalmi rendszerében kicsi az m2c4∕e3-höz viszonyítva. Legyen F a külső térerősség nagyságrendje a K rendszerben, amelyben a részecske v sebességgel mozog. Ekkor a K0 rendszerben a térerősség nagyságrendje F∕√(1–v2∕c2) (lásd a  24. § transzformációs képleteit). Ezért F-nek ki kell elégítenie az

9.130. egyenlet - (76.5)

e 3 F m 2 c 4 1 v 2 c 2 1

feltételt. Ugyanakkor a (76.4) sugárzási visszahatás és a külső erő arányának nagyságrendje:

e3Fm2c41v2c2.

Látható, hogy a (76.5) feltétel teljesülése nem gátolja meg azt, hogy a visszahatóerő (elég nagy sebesség esetén) nagy legyen az elektromágneses térben a részecskére ható közönséges Lorentz-erőhöz képest.[92] Tehát extrém relativisztikus részecske esetén előfordulhat, hogy a sugárzási visszahatás a legjelentősebb erő, amely a részecskére hat.

Ebben az esetben a részecske (mozgási) energiájának egységnyi útra vonatkoztatott csökkenését egyenlőnek vehetjük az fx visszaható erővel. Figyelembe véve, hogy az utóbbi arányos a részecske energiájának négyzetével, igaz, hogy

d kin d x = k ( x ) kin 2 ,

ahol k(x)-szel jelöltük az x koordinátától függő arányossági együtthatót, mely (76.4) szerint a térerősség transzverzális komponenseivel fejezhető ki. A fenti differenciálegyenletet integrálva azt kapjuk, hogy

1 kin = 1 0 + + k ( x ) d x ,

ahol ℰ0-val jelöltük a részecske kezdeti energiáját (az x→∞-nél felvett energiát). Így a részecske ℰ1 végállapoti energiáját (miután a részecske áthaladt az erőtéren) a következő képlet adja meg:

1 1 = 1 0 + + k ( x ) d x .

Látjuk, hogy ℰ0→∞ esetén az ℰ1 végállapoti energia egy ℰ0-tól független állandó értékhez tart (I. J. Pomerancsuk, 1939). Ebből következik, hogy az erőtéren átrepülő részecske energiája nem haladhatja meg az

1 k r = + k ( x ) d x

egyenlőséggel definiált ℰkr értéket. Ugyanez az egyenlőség k(x) kifejezését behelyettesítve a következő:

9.131. egyenlet - (76.6)

1 k r = 2 3 m 2 c 4 e 2 m c 2 2 + [ ( E y H z ) 2 + ( E z + H y ) 2 ] d x .

Feladatok

1. Határozzuk meg egy 𝖒 mágneses dipólus erőterén áthaladó részecske maximális energiáját; az 𝖒 vektor és a mozgás iránya egy síkba esnek.

Megoldás. Válasszuk az 𝖒 vektoron és a mozgás irányán áthaladó síkot az xz síknak, és mozogjon a részecske az x tengellyel párhuzamosan, attól ϱ távolságban. A mágneses dipólus erőterének a részecskére ható transzverzális komponensei [(44.4) szerint]:

H y = 0 , H z = 3 ( 𝖒 r ) z 𝔪 z r 2 r 5 = 𝔪 ( ϱ 2 + x 2 ) 5 2 { 3 ( ϱ cos φ + x sin φ ) ϱ ( ϱ 2 + x 2 ) cos φ }

(φ az 𝖒 és a z tengely által bezárt szög). Ezt (76.6)-ba helyettesítve, és az integrálást elvégezve, azt kapjuk, hogy

1 k r = 𝖒 2 π 6 4 m 2 c 4 ϱ 5 e 2 m c 2 2 ( 1 5 + 2 6 cos 2 φ ) .

2. Írjuk fel a visszaható erő háromdimenziós kifejezését relativisztikus esetben.

Megoldás.(76.3) négyesvektor térkomponenseit kiszámítva, azt kapjuk, hogy

f = 2 e 3 3 m c 3 1 v 2 c 2 1 2 t + ( v ) E + 1 c v × t + ( v ) H + + 2 e 4 3 m 2 c 4 E × H + 1 c H × ( H × v ) + 1 c E ( v E ) 2 e 4 3 m 2 c 5 1 v 2 c 2 v E + 1 c 2 v × H 2 1 c 2 ( E v ) 2

.



[92] Ez az eredmény természetesen egyáltalán nem mond ellent a gi négyeserő fenti relativisztikus kifejezésének, amelynek levezetésekor feltételeztük, hogy gi „kicsi” az (e/c)Fikuk négyeserőhöz képest. Elegendő, ha egy négyesvektor komponenséi a másikhoz viszonyítva legalább egy rendszerben kicsik; az ebből a feltevésből kapott képletek a relativisztikus invariancia miatt automatikusan igazak bármely más, vonatkoztatási rendszerben is.