Bölüm 11

Işınım

Işınım nedir; elektrik dipol ışınımı, alanları, açısal dağılımı ve gücü; manyetik dipol ışınımı; keyfi bir kaynaktan ışınım; antenler ve ışınım direnci; noktasal yüklerin ışınımı, Larmor ve Liénard formülleri, öne toplanma; frenleme ışınımı ve sinkrotron ışınımı; ışınım tepkisi ve Abraham–Lorentz kuvveti; Rayleigh saçılması ve gökyüzünün mavisi.

22 dk okuma9 çözümlü örnek4 şekil17 problem

Bu bölümde

Işınımın tanımını: enerjinin kaynaktan kopup sonsuza taşınmasını
Salınan bir elektrik dipolünün alanlarını, açısal dağılımını ve toplam gücünü
Manyetik dipol ışınımını ve iki tür ışınımın karşılaştırmasını
Antenlerin ışınım direncini
İvmelenen bir noktasal yükün Larmor formülünü ve göreli genellemesini
Işınım tepkisini, Rayleigh saçılmasını ve gökyüzünün neden mavi olduğunu

11.1Işınım nedir?

10. bölümde, ivmelenen bir yükün alanının uzakta $1/r$ ile azalan bir terim içerdiğini gördük. Bu terim bir kaynaktan enerji taşıyabilir. Bir kaynağı çevreleyen ve yarıçapı $r$ olan bir küreden geçen güç

$$ P(r) = \oint\vb{S}\cdot\dd\vb{a} = \frac{1}{\mu_0}\oint(\vb{E}\times\vb{B})\cdot\dd\vb{a} $$

dir. Yüzey alanı $r^2$ ile büyüdüğünden, $r \to \infty$ limitinde $P$'nin sıfır olmayan bir değere gitmesi için $\vb{E}\times\vb{B}$'nin tam olarak $1/r^2$ gibi azalması gerekir: alanların her biri $1/r$ ile azalmalıdır. Coulomb ve Biot–Savart alanları $1/r^2$ gibi azalır ve sonsuza enerji taşımaz. Kaynaktan kopup geri dönmemek üzere sonsuza giden enerjiye ışınım denir:

$$ P_{\text{ış}} = \lim_{r\to\infty}P(r) $$

Işınımın kaynağı, zamanla değişen yükler ve akımlardır. Bu bölümde önce salınan dipolleri, sonra ivmelenen noktasal yükleri inceleyeceğiz.

11.2Elektrik dipol ışınımı

Aralarında $d$ uzaklığı bulunan iki küçük metal küre ince bir telle bağlı olsun ve yük bir küreden ötekine $q(t) = q_0\cos\omega t$ olacak biçimde gidip gelsin. Bu, dipol momenti $\vb{p}(t) = p_0\cos(\omega t)\,\uv{z}$ ($p_0 = q_0d$) olan bir salınan elektrik dipolüdür. Gecikmeli potansiyelleri (10. bölüm) üç yaklaşıklıkla hesaplayalım:

$d \ll r$: kaynak, uzaklığına göre küçüktür;
$d \ll \lambda$ ($\lambda = 2\pi c/\omega$): kaynak, dalga boyuna göre küçüktür, yani bir dalga boyu boyunca kaynağın farklı noktalarından gelen gecikmeler arasındaki fark ihmal edilebilir;
$r \gg \lambda$: ışınım bölgesi, kaynaktan birçok dalga boyu uzakta.

Bu yaklaşıklıklarla, uzun ama düz bir hesap (bkz. Problem 11.17)

$$ \vb{E} = -\frac{\mu_0p_0\omega^2}{4\pi}\frac{\sin\theta}{r}\cos\left[\omega\left(t - \frac rc\right)\right]\hat{\boldsymbol{\theta}}, \qquad \vb{B} = -\frac{\mu_0p_0\omega^2}{4\pi c}\frac{\sin\theta}{r}\cos\left[\omega\left(t - \frac rc\right)\right]\hat{\boldsymbol{\phi}} $$

(11.1)

verir. Alanlar aynı fazdadır, birbirine ve radyal doğrultuya diktir, büyüklüklerinin oranı $c$'dir: tam olarak 9. bölümdeki küresel bir dalganın yapısı. Ve $1/r$ ile azalırlar. Poynting vektörünün zaman ortalaması

$$ \langle\vb{S}\rangle = \frac{\mu_0p_0^2\omega^4}{32\pi^2c}\frac{\sin^2\theta}{r^2}\hat{\vb{r}} $$

(11.2)

dir. Dipol, kendi ekseni doğrultusunda hiç ışınım yapmaz; en çok ekvator düzleminde ışınım yapar (Şekil 11.3, solda). Yarıçapı $r$ olan bir küre üzerinde integralleyince ($\int\sin^3\theta\,\dd\theta = 4/3$) toplam ortalama güç

$$ \langle P\rangle = \frac{\mu_0p_0^2\omega^4}{12\pi c} $$

(11.3)

bulunur. Gücün $r$'den bağımsız olması ışınımın tanımıdır. Frekansın dördüncü kuvvetine olan bağlılık, bu bölümün en önemli sonuçlarından biridir: frekans iki katına çıkarsa ışınan güç on altı katına çıkar.

Salınan dipolün alan çizgileri — **Şekil 11.1.** Düşey olarak salınan bir elektrik dipolünün elektrik alan çizgileri, bir anda (tam çözümden hesaplanmıştır). Dipolün yakınında çizgiler bir yükten ötekine gider; her yarım periyotta kopan kapalı ilmekler oluşur ve dalga cepheleri olarak ışık hızıyla dışarı yayılır. Mavi ve turuncu, alanın ters yönlerini gösterir. Alan çizgilerinin yoğunluğu ekvator düzleminde en büyük, eksen doğrultusunda sıfırdır.

Örnek 11.1Bir radyo vericisinin alanı

100 kW'lık bir FM vericisi enerjisini yaklaşık eşit dağılımla yayıyor. 10 km uzaklıkta elektrik alanın etkin değeri nedir?

Çözüm

Yoğunluk $I = P/(4\pi r^2) = 10^5/(4\pi\times10^8) = 8{,}0\times10^{-5}\ \text{W/m}^2$. $I = E_{\text{etkin}}^2/\eta_0$ ($\eta_0 = \sqrt{\mu_0/\epsilon_0} = 377\ \Omega$, boşluğun empedansı): $E_{\text{etkin}} = \sqrt{377 \times 8{,}0\times10^{-5}} = 0{,}17$ V/m. Gerçek vericiler gücü yatay düzlemde topladığı için alan biraz daha büyüktür. Bir radyo alıcısının birkaç mikrovoltluk sinyallerle çalışabildiği düşünülürse, bu çok güçlü bir alandır.

11.3Manyetik dipol ışınımı

Yarıçapı $b$ olan bir tel halkadan $I(t) = I_0\cos\omega t$ akımı geçsin: manyetik dipol momenti $\vb{m}(t) = m_0\cos(\omega t)\,\uv{z}$, $m_0 = \pi b^2I_0$. Benzer yaklaşıklıklarla ($b \ll \lambda \ll r$) alanlar elektrik dipolünkilerle aynı biçimdedir, ama $\vb{E}$ ile $\vb{B}$'nin rolleri yer değiştirmiştir ($\vb{E}$ $\hat{\boldsymbol{\phi}}$, $\vb{B}$ $\hat{\boldsymbol{\theta}}$ yönünde). Toplam ortalama güç

$$ \langle P\rangle = \frac{\mu_0m_0^2\omega^4}{12\pi c^3} $$

(11.4)

ve açısal dağılım yine $\sin^2\theta$'dır. Aynı boyutlu ($d$ ile $b$ karşılaştırılabilir) iki kaynakta güçlerin oranı

$$ \frac{P_{\text{manyetik}}}{P_{\text{elektrik}}} = \left(\frac{m_0}{p_0c}\right)^2 \sim \left(\frac{\omega b}{c}\right)^2 $$

dir ($m_0 = \pi b^2I_0$, $I_0 = q_0\omega$). $b \ll \lambda$ olduğundan bu oran çok küçüktür: elektrik dipol ışınımı baskındır. Örneğin bir atomda ($b \approx 0{,}1$ nm) görünür ışık (500 nm) için $(\omega b/c)^2 = 1{,}6\times10^{-6}$. Manyetik dipol geçişleri ancak elektrik dipol geçişleri seçim kuralları gereği yasaklıysa gözlenir; bunların ünlü bir örneği, hidrojenin 21 cm çizgisidir.

11.4Keyfi bir kaynaktan ışınım

Boyutu dalga boyuna göre küçük herhangi bir yük dağılımı için, aynı yaklaşıklıklarla ışınım bölgesindeki alanlar yalnızca dipol momentinin ikinci türevine bağlıdır:

$$ \vb{E}(\vb{r}, t) = \frac{\mu_0}{4\pi r}\left[\hat{\vb{r}}\times(\hat{\vb{r}}\times\ddot{\vb{p}})\right], \qquad \vb{B} = -\frac{\mu_0}{4\pi rc}\left[\hat{\vb{r}}\times\ddot{\vb{p}}\right] $$

(11.5)

Burada $\ddot{\vb{p}}$, gecikmiş zaman $t_0 = t - r/c$'de hesaplanır. Işınan anlık güç:

$$ P(t_0) = \frac{\mu_0\ddot{p}^2}{6\pi c} $$

(11.6)

Salınan dipol için $\langle\ddot{p}^2\rangle = \tfrac12p_0^2\omega^4$ ve (11.3) yeniden bulunur. Dipol momenti zamanla değişmiyorsa (ya da yalnızca doğrusal değişiyorsa) elektrik dipol ışınımı yoktur; ışınım o zaman manyetik dipol ve elektrik dört kutup terimlerinden gelir ve $(d/\lambda)^2$ kat daha zayıftır.

11.5Antenler

Bir verici antenini besleyen kaynak açısından, ışınan güç bir dirençte harcanan güç gibi görünür. Antenin besleme noktasındaki akımın genliği $I_0$ ise $\langle P\rangle = \tfrac12I_0^2R_{\text{ış}}$ ile tanımlanan $R_{\text{ış}}$'ye ışınım direnci denir. Boyu $d \ll \lambda$ olan ve akımı boyu boyunca düzgün kabul edilen kısa bir dipol antende $\dot{p} = Id$ ($I = \dot{q}$) ve (11.3) ile

$$ R_{\text{ış}} = \frac{2\pi}{3}\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}\left(\frac{d}{\lambda}\right)^2 = 789\ \Omega\left(\frac{d}{\lambda}\right)^2 $$

(11.7)

(bkz. Problem 11.5). Kısa antenlerin ışınım direnci çok küçüktür; besleme telleri ve antenin kendi kayıp direnci ışınım direncinden büyükse, verilen gücün çoğu ısıya gider. Antenler bu yüzden dalga boyuyla karşılaştırılabilir boyda yapılır. En yaygın antenlerden yarım dalga dipolünde akım $\cos(kz)$ biçiminde dağılır ve ışınım direnci $R_{\text{ış}} = (\eta_0/2\pi)\int_0^\pi\cos^2(\tfrac\pi2\cos\theta)/\sin\theta\,\dd\theta = 73{,}1\ \Omega$'dur (Şekil 11.2).

Yarım dalga anteni — **Şekil 11.2.** Yarım dalga dipol anteni: ortadan beslenir, akım uçlarda sıfır olacak biçimde kosinüs dağılımlıdır. Işınım deseni, kısa dipolün $\sin^2\theta$ desenine benzer ama biraz daha dardır; ışınım direnci 73 Ω'dur.

Örnek 11.2Kısa bir anten

1,0 m boyundaki kısa bir anten 1,0 MHz'te (orta dalga) kullanılırsa ışınım direnci nedir? Antenin kayıp direnci 1,0 Ω ise verimi ne olur?

Çözüm

$\lambda = 300$ m. (11.7): $789 \times (1/300)^2 = 8{,}8$ mΩ. Verim $R_{\text{ış}}/(R_{\text{ış}} + R_{\text{kayıp}}) = 0{,}0088/1{,}0088 = \%0{,}9$. Orta dalga yayın istasyonlarının yüz metreyi aşan direkler kullanmasının nedeni budur.

Örnek 11.3Yarım dalga anteninin akımı

Bir yarım dalga dipol anteni 1,0 kW ışınım yapacaksa besleme noktasındaki akımın genliği ne olmalıdır?

Çözüm

$\tfrac12I_0^2R_{\text{ış}} = P$: $I_0 = \sqrt{2 \times 1000/73{,}1} = 5{,}2$ A. Aynı gücü 8,8 mΩ'luk kısa antenden almak için yaklaşık 480 A gerekirdi.

11.6Noktasal yüklerin ışınımı

10. bölümde ivmelenen bir yükün alanının bir hız ve bir ivme terimi içerdiğini gördük. Uzakta yalnızca ivme alanı kalır. Yükün gecikmiş anda durgun olduğu bir çerçevede ($v = 0$) ivme alanı

$$ \vb{E}_{\text{ış}} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0c^2\mathcal{R}}\left[\hat{\pmb{\mathcal{R}}}\times(\hat{\pmb{\mathcal{R}}}\times\vb{a})\right] $$

olur: (11.5)'in $\ddot{\vb{p}} = q\vb{a}$ ile aynısı. Büyüklüğü $qa\sin\theta/(4\pi\epsilon_0c^2\mathcal{R})$'dir. Toplam güç (11.6)'dan:

Teorem 11.1Larmor formülü

Hızı ışık hızına göre küçük olan, ivmesi $\vb{a}$ olan bir $q$ yükünün ışınım gücü

$$ P = \frac{\mu_0q^2a^2}{6\pi c} = \frac{q^2a^2}{6\pi\epsilon_0c^3} $$

(11.8)

İvmelenmeyen bir yük ışınım yapmaz (bu, görelilik ilkesinin gereğidir: sabit hızlı bir yük, kendi durgun çerçevesinde ışınım yapmayan bir yüktür). Her ivmelenen yük ışınım yapar.

Göreli genelleme. Yükün hızı ışık hızına yakınsa, 10. bölümdeki Liénard–Wiechert alanlarının tamamıyla yapılan hesap Liénard formülünü verir:

$$ P = \frac{\mu_0q^2\gamma^6}{6\pi c}\left(a^2 - \left|\frac{\vb{v}\times\vb{a}}{c}\right|^2\right) $$

(11.9)

Doğrusal ivmede ($\vb{a}\parallel\vb{v}$) güç $\gamma^6$ çarpanıyla, çembersel harekette ($\vb{a}\perp\vb{v}$) $\gamma^4$ çarpanıyla büyür. Açısal dağılım da değişir: $\vb{a}\parallel\vb{v}$ için $\dd P/\dd\Omega \propto \sin^2\theta/(1 - \beta\cos\theta)^5$ ve ışınım hareket yönüne doğru toplanır (Şekil 11.3, sağda). $\beta = 0{,}5$'te tepe 38°'de, $\beta \to 1$'de $1/\gamma$ mertebesinde dar bir konide.

Işınımın açısal dağılımı — **Şekil 11.3.** Solda yavaş bir yükün (ya da salınan dipolün) ışınım deseni, $\sin^2\theta$: ivme doğrultusunda sıfır, ona dik doğrultuda en büyük. Sağda ivmesi hızıyla aynı yönde olan ve $0{,}5c$ hızla giden bir yükün deseni: ışınım öne doğru toplanmıştır.

Örnek 11.4Klasik atom neden çöker?

Klasik fizikte hidrojen atomunun elektronu, $a_0$ yarıçaplı bir yörüngede merkezcil ivmeyle dolanır ve ışınım yapar. Elektronun enerjisini kaybedip çekirdeğe düşmesi ne kadar sürer?

Çözüm

Yarıçap $r$ iken $a = e^2/(4\pi\epsilon_0m_er^2)$ ve enerji $E = -e^2/(8\pi\epsilon_0r)$. Larmor: $\dd E/\dd t = -e^2a^2/(6\pi\epsilon_0c^3)$. $\dd E/\dd t = (e^2/8\pi\epsilon_0r^2)\,\dd r/\dd t$ ile düzenlenince, klasik elektron yarıçapı $r_e = e^2/(4\pi\epsilon_0m_ec^2) = 2{,}82$ fm cinsinden $\dd r/\dd t = -4r_e^2c/(3r^2)$. İntegral: $t = r_0^3/(4r_e^2c) = (5{,}29\times10^{-11})^3/(4 \times (2{,}82\times10^{-15})^2 \times 3{,}00\times10^8) = 1{,}6\times10^{-11}$ s. Klasik fizikte atomlar bir saniyenin yüz milyarda birinde çökerdi. Atomların kararlılığı, klasik elektrodinamiğin en açık başarısızlığıdır ve kuantum mekaniğinin doğuşundaki temel sorulardan biridir.

Örnek 11.5Bir manyetik alanda dolanan elektron

1,0 keV'lik bir elektron 1,0 T'lık bir alanda dolanıyor. Işınım gücünü ve enerjisinin önemli bir kısmını kaybetmesi için gereken süreyi tahmin edin.

Çözüm

$v = 1{,}87\times10^7$ m/s, $a = \omega_cv = (eB/m_e)v = 3{,}3\times10^{18}\ \text{m/s}^2$. (11.8): $P = 6{,}2\times10^{-17}$ W. Enerji $1{,}6\times10^{-16}$ J; oran 2,6 s. Füzyon plazmalarında (milyonlarca kelvin, birkaç tesla) bu siklotron ışınımı önemli bir enerji kayıp yoludur.

Frenleme ışınımı ve sinkrotron ışınımı. Hızlı bir elektron bir hedefe çarpıp yavaşlarken ışınım yapar: frenleme ışınımı (Almanca adıyla Bremsstrahlung). Tıptaki X ışını tüpleri bu ilkeyle çalışır. Çembersel bir hızlandırıcıda dolanan yüklü parçacıklar da merkezcil ivme yüzünden ışınım yapar: sinkrotron ışınımı. $\gamma^4$ çarpanı yüzünden kayıp enerjiyle çok hızlı büyür.

Örnek 11.6LEP'te enerji kaybı

CERN'deki LEP hızlandırıcısında 104,5 GeV'lik elektronlar, eğrilik yarıçapı 3 096 m olan yollarda dolanıyordu. Bir turda elektron başına ışınım kaybını bulun.

Çözüm

Çembersel hareket: $a = v^2/\rho \approx c^2/\rho$, Liénard ile $P = q^2c\gamma^4/(6\pi\epsilon_0\rho^2)$. Bir tur süresi $2\pi\rho/c$: kayıp $U = q^2\gamma^4/(3\epsilon_0\rho)$. $\gamma = 104{,}5\ \text{GeV}/0{,}511\ \text{MeV} = 2{,}05\times10^5$: $U = 3{,}4$ GeV, enerjinin %3'ü, her turda. Bu kaybı karşılamak için LEP'in neredeyse bütün radyo frekansı kaviteleri gerekiyordu ve daha yüksek enerjilere çıkmak pratik olarak imkânsızdı. Aynı tünelde kurulan LHC protonları hızlandırır: aynı enerjide kayıp $(m_e/m_p)^4 \approx 10^{-13}$ kat küçüktür. Öte yandan sinkrotron ışınımının kendisi, dünyanın her yerindeki sinkrotron ışınım tesislerinde malzeme ve biyoloji araştırmaları için çok parlak bir X ışını kaynağı olarak üretilir.

Örnek 11.7Doğrusal hızlandırıcıda kayıp

Bir doğrusal hızlandırıcı elektronlara metre başına 20 MeV enerji kazandırıyor. Işınım kaybı kazanılan güce göre ne kadardır?

Çözüm

Doğrusal harekette momentumun değişimi $F = \dd p/\dd t = \gamma^3m_ea$ olduğundan $\gamma^6a^2 = F^2/m_e^2$ ve Liénard gücü $P = \mu_0e^2F^2/(6\pi m_e^2c)$, enerjiden bağımsızdır. $F = 20\ \text{MeV/m} = 3{,}2\times10^{-12}$ N ile $P = 7{,}1\times10^{-17}$ W. Kazanılan güç $Fv \approx Fc = 9{,}6\times10^{-4}$ W; oran $7\times10^{-14}$. Doğrusal hızlandırıcılarda ışınım kaybı ihmal edilebilir; çok yüksek enerjili elektron çarpıştırıcılarının doğrusal tasarlanmasının nedeni budur.

11.7Işınım tepkisi

İvmelenen bir yük enerji ışınıyorsa, enerjinin korunumu yükün kinetik enerjisinin azalmasını gerektirir: yüke, kendi alanından gelen bir ışınım tepki kuvveti etki etmelidir. Periyodik bir hareket için Larmor gücünü bir kuvvetin işine eşitleyip kısmi integral alınca (bkz. Problem 11.16)

$$ \vb{F}_{\text{tep}} = \frac{\mu_0q^2}{6\pi c}\dot{\vb{a}} = m\tau\dot{\vb{a}}, \qquad \tau = \frac{\mu_0q^2}{6\pi mc} $$

(11.10)

Abraham–Lorentz formülü bulunur. Elektron için $\tau = 6{,}27\times10^{-24}$ s: ışığın bir proton çapını geçme süresi mertebesinde. Bu kuvvet, ivmenin türevine bağlı olduğu için mekaniğin alışılmış yapısının dışındadır ve sorunludur: dış kuvvet yokken bile $a(t) = a_0e^{t/\tau}$ gibi üstel olarak büyüyen "kendiliğinden hızlanan" çözümlere izin verir. Bu çözümleri dışlamak için, yükün kuvvet uygulanmadan önce tepki vermeye başladığı (ön ivmelenme) bir yorum gerekir. Sorunların kökü, noktasal bir yükün sonsuz öz enerjisidir (2. bölüm); klasik elektrodinamik bu sorunu tam olarak çözemez.

11.8Rayleigh saçılması

Bir ışık dalgası bir molekülün üzerine düşünce, elektronları 9. bölümdeki Lorentz modelindeki gibi zorlanmış salınım yapar ve salınan elektronlar dipoller gibi her yöne ışınım yapar: ışık saçılır. Görünür ışığın frekansı moleküllerin rezonans frekanslarının (mor ötesi) çok altındadır; o zaman indüklenen dipol momenti frekanstan neredeyse bağımsızdır ve (11.3)'e göre saçılan güç $\omega^4$ ile, yani $1/\lambda^4$ ile orantılıdır (Şekil 11.4). Buna Rayleigh saçılması denir.

Örnek 11.8Gökyüzü neden mavi, gün batımı neden kızıldır?

450 nm'lik mavi ışığın, 700 nm'lik kırmızı ışığa göre kaç kat daha çok saçıldığını bulun. Gün batımında Güneş neden kızıl görünür? Gökyüzü neden mor değildir?

Çözüm

$(700/450)^4 = 5{,}9$. Gün içinde gökyüzüne baktığımızda, Güneş'ten gelip havanın molekülleri tarafından bize saçılan ışığı görürüz; bu ışıkta mavi baskındır. Gün batımında güneş ışığı atmosferde çok uzun bir yol alır ve mavi bileşeni yol boyunca saçılarak doğrudan ışından ayrılır; bize ulaşan doğrudan ışık kızıldır. Gökyüzü mor görünmez, çünkü güneş ışığında mor daha zayıftır, mor ötesinin bir kısmı ozon tarafından soğurulur ve gözümüz mora maviden çok daha az duyarlıdır. Gökyüzünden gelen ışık ayrıca kısmen kutuplanmıştır (saçılma doğrultusu dipol eksenine dik olunca kutuplanma tamdır); arılar ve bazı göçmen kuşlar yön bulmak için bu kutuplanmayı kullanır.

Örnek 11.9Thomson saçılması

Serbest bir elektronun (geri çağırıcı kuvvet yok) bir ışık dalgasını saçma tesir kesitini bulun.

Çözüm

Genliği $E_0$ olan dalgada elektronun ivmesi $a = eE_0\cos\omega t/m_e$. Larmor ile ortalama güç $\langle P\rangle = e^4E_0^2/(12\pi\epsilon_0m_e^2c^3)$. Gelen yoğunluk $I = \tfrac12\epsilon_0cE_0^2$; tesir kesiti $\sigma = \langle P\rangle/I = (8\pi/3)r_e^2 = 6{,}65\times10^{-29}\ \text{m}^2$. Bu Thomson tesir kesiti frekanstan bağımsızdır: serbest elektronlar bütün renkleri eşit saçar. Bulutların beyaz olması da benzer bir frekans bağımsızlığından gelir, ama oradaki saçıcılar dalga boyundan büyük su damlalarıdır.

Tarihçe

Joseph Larmor, ivmelenen bir yükün ışınım gücünü 1897'de buldu. Liénard, formülün göreli genellemesini bir yıl sonra yayımladı. Lord Rayleigh 1871'de, gökyüzünün mavisini havadaki küçük parçacıkların ışığı $1/\lambda^4$ ile saçmasıyla açıkladı; daha sonra saçanın havanın moleküllerinin kendisi olduğu anlaşıldı ve bu, Avogadro sayısını ölçmenin yollarından biri oldu. Max Abraham (1903) ve Hendrik Lorentz (1904), elektronu küçük yüklü bir küre olarak modelleyerek ışınım tepkisini hesapladılar. Larmor formülü ile kararlı atomlar arasındaki çelişki, 1913'te Bohr'u yörüngelerin ışınım yapmadığını varsaymak zorunda bıraktı: kuantum kuramı, klasik elektrodinamiğin bu bölümdeki başarısızlığından doğdu.

Özet

Işınım, sonsuza taşınan enerjidir; $1/r$ ile azalan alanlar gerektirir.
Salınan elektrik dipolünün ışınım alanları (11.1); yoğunluk $\sin^2\theta/r^2$ ile dağılır (bkz. (11.2)), toplam güç $\mu_0p_0^2\omega^4/12\pi c$ (bkz. (11.3)).
Manyetik dipol ışınımı (bkz. (11.4)) elektrik dipolüne göre $(\omega b/c)^2$ kat zayıftır.
Keyfi küçük bir kaynakta güç $\mu_0\ddot{p}^2/6\pi c$'dir (bkz. (11.6)). Kısa bir antenin ışınım direnci $789\ \Omega\,(d/\lambda)^2$, yarım dalga dipolününki 73 Ω'dur (bkz. (11.7)).
Yavaş bir yük için Larmor formülü $P = \mu_0q^2a^2/6\pi c$ (bkz. (11.8)); göreli genellemesi Liénard formülü (bkz. (11.9)). Hızlı yüklerin ışınımı öne toplanır.
Işınım tepki kuvveti $m\tau\dot{\vb{a}}$'dır (bkz. (11.10)); elektron için $\tau = 6{,}27\times10^{-24}$ s.
Rayleigh saçılması $1/\lambda^4$ ile orantılıdır: gökyüzü mavi, gün batımı kızıldır.

Problemler

Problem 11.1Dipol gücünün integrali★☆☆

(11.2)'yi yarıçapı $r$ olan bir küre üzerinde integralleyerek (11.3)'ü bulun.

Çözümü göster

$\langle P\rangle = \int\langle S\rangle r^2\sin\theta\,\dd\theta\,\dd\phi = (\mu_0p_0^2\omega^4/32\pi^2c)\cdot 2\pi\cdot\tfrac43 = \mu_0p_0^2\omega^4/(12\pi c)$ ✓.

Problem 11.2Mavi ve kırmızı★☆☆

400 nm'lik mor ışık, 700 nm'lik kırmızı ışığa göre kaç kat daha çok saçılır?

Çözümü göster

$(700/400)^4 = 9{,}4$.

Problem 11.3Frekansın etkisi★☆☆

Bir dipolün genliği aynı kalırken frekansı 10 kat artırılırsa ışınım gücü ne olur?

Çözümü göster

$10^4$ kat artar ($\omega^4$).

Problem 11.4Işınım tepki zamanı★☆☆

Elektron ve proton için $\tau$'yu hesaplayın.

Çözümü göster

Elektron: $\tau = \mu_0e^2/(6\pi m_ec) = 6{,}27\times10^{-24}$ s. Proton: kütle 1 836 kat büyük, $\tau = 3{,}4\times10^{-27}$ s.

Problem 11.5Kısa antenin ışınım direnci★★☆

(11.7)'yi türetin. İpucu: $p_0 = q_0d$, $I_0 = q_0\omega$.

Çözümü göster

$\langle P\rangle = \mu_0(q_0d)^2\omega^4/(12\pi c) = \mu_0I_0^2d^2\omega^2/(12\pi c)$. $\tfrac12I_0^2R = \langle P\rangle$: $R = \mu_0d^2\omega^2/(6\pi c) = (\mu_0c/6\pi)(2\pi d/\lambda)^2 = (2\pi/3)\mu_0c(d/\lambda)^2$; $\mu_0c = \sqrt{\mu_0/\epsilon_0} = 377\ \Omega$ ✓.

Problem 11.6Manyetik ve elektrik dipol★★☆

Yarıçapı $b$ olan bir halkadaki akım ile boyu $d = 2b$ olan bir dipolün yükü aynı $q_0$ genliğiyle salınıyor. İki ışınım gücünün oranını bulun.

Çözümü göster

$p_0 = 2bq_0$; $m_0 = \pi b^2I_0 = \pi b^2q_0\omega$. Oran $(m_0/p_0c)^2 = (\pi b\omega/2c)^2 = (\pi^2/4)(\omega b/c)^2$.

Problem 11.7Larmor formülünün türetilmesi★★☆

Işınım alanının büyüklüğü $E = qa\sin\theta/(4\pi\epsilon_0c^2r)$ ise toplam gücün (11.8) olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$S = E^2/(\mu_0c) = \epsilon_0cE^2 = q^2a^2\sin^2\theta/(16\pi^2\epsilon_0c^3r^2)$. $P = \int S\,r^2\,\dd\Omega = (q^2a^2/16\pi^2\epsilon_0c^3)\cdot(8\pi/3) = q^2a^2/(6\pi\epsilon_0c^3)$ ✓.

Problem 11.8Klasik atomun çöküşü★★☆

Örnek 11.4'teki $\dd r/\dd t$ ifadesini türetin ve çöküş süresini doğrulayın.

Çözümü göster

$P = e^2a^2/(6\pi\epsilon_0c^3)$, $a = e^2/(4\pi\epsilon_0m_er^2)$. $\dd E/\dd t = (e^2/8\pi\epsilon_0r^2)\dot{r} = -P$. $\dot{r} = -(8\pi\epsilon_0r^2/e^2)\cdot e^2/(6\pi\epsilon_0c^3)\cdot e^4/(16\pi^2\epsilon_0^2m_e^2r^4) = -\tfrac43r_e^2c/r^2$. $\int_0^{a_0}r^2\,\dd r = \tfrac43r_e^2ct$: $t = a_0^3/(4r_e^2c) = 1{,}6\times10^{-11}$ s ✓.

Problem 11.9Öne toplanma açısı★★☆

$\dd P/\dd\Omega \propto \sin^2\theta/(1 - \beta\cos\theta)^5$ dağılımının en büyük olduğu açının $\cos\theta_{\max} = (\sqrt{1 + 15\beta^2} - 1)/(3\beta)$ olduğunu gösterin. $\beta = 0{,}5$ ve $\beta \to 1$ için açıyı bulun.

Çözümü göster

$x = \cos\theta$: $f = (1 - x^2)/(1 - \beta x)^5$. $f' = 0$: $-2x(1 - \beta x) + 5\beta(1 - x^2) = 0$, yani $3\beta x^2 + 2x - 5\beta = 0$; kök $x = (\sqrt{1 + 15\beta^2} - 1)/(3\beta)$ ✓. $\beta = 0{,}5$: $x = 0{,}786$, $\theta = 38{,}2°$. $\beta \to 1$: $x \to 1$ ve $\theta \approx 1/(2\gamma)$: ışınım çok dar bir koniye sıkışır.

Problem 11.10Göreli çarpanlar★★☆

Doğrusal hızlandırıcıda ($\vb{a}\parallel\vb{v}$) $\beta = 0{,}5$'te Liénard gücü Larmor gücünün kaç katıdır? Çembersel harekette $\gamma^4$ çarpanının geldiğini (11.9)'dan gösterin.

Çözümü göster

$\vb{v}\times\vb{a} = 0$: $P = P_{\text{Larmor}}\gamma^6$; $\gamma^6 = (1/0{,}75)^3 = 2{,}37$. Çembersel: $|\vb{v}\times\vb{a}| = va$, parantez $a^2(1 - \beta^2) = a^2/\gamma^2$, güç $\gamma^4$ ile büyür ✓.

Problem 11.11Proton mu, elektron mu?★★☆

Aynı enerjide ve aynı eğrilik yarıçapında, proton ile elektronun tur başına sinkrotron kayıplarının oranını bulun.

Çözümü göster

$U \propto \gamma^4$ ve aynı enerjide $\gamma \propto 1/m$: oran $(m_e/m_p)^4 = (1/1\,836)^4 = 8{,}8\times10^{-14}$.

Problem 11.12Gökyüzü ışığının kutuplanması★★☆

Güneş ışığının bir molekül tarafından saçılmasında, gelen ışına dik doğrultuda saçılan ışığın neden tamamen kutuplanmış olduğunu açıklayın.

Çözümü göster

Gelen ışık (kutuplanmamış) ilerleme yönüne dik iki doğrultuda alan bileşenleri taşır ve molekülde bu iki doğrultuda dipol salınımları indükler. Gelen ışına dik olarak bakan bir gözlemci için, dipol bileşenlerinden biri bakış doğrultusundadır ve o doğrultuda ışınım yapmaz ($\sin\theta = 0$). Yalnızca diğer bileşen görülür: ışık o doğrultuda doğrusal kutuplanmıştır.

Problem 11.13Thomson tesir kesiti★★☆

Örnek 11.9'daki $\sigma = (8\pi/3)r_e^2$ sonucunu ayrıntılı olarak türetin. Güneş ışığı (1 361 W/m²) altında tek bir serbest elektronun saçtığı gücü bulun.

Çözümü göster

$\langle a^2\rangle = e^2E_0^2/(2m_e^2)$; $\langle P\rangle = e^2\langle a^2\rangle/(6\pi\epsilon_0c^3) = e^4E_0^2/(12\pi\epsilon_0m_e^2c^3)$. Bölü $\tfrac12\epsilon_0cE_0^2$: $\sigma = e^4/(6\pi\epsilon_0^2m_e^2c^4) = (8\pi/3)[e^2/(4\pi\epsilon_0m_ec^2)]^2$ ✓. Güç: $6{,}65\times10^{-29}\times1361 = 9{,}1\times10^{-26}$ W.

Problem 11.14Enerjiden bağımsız kayıp★★☆

Doğrusal harekette $F = \dd p/\dd t = \gamma^3ma$ olduğunu gösterin ve Örnek 11.7'deki gücün enerjiden bağımsız olduğunu doğrulayın.

Çözümü göster

$p = \gamma mv$, $\dd\gamma/\dd v = \gamma^3v/c^2$: $\dd p/\dd v = m(\gamma + \gamma^3v^2/c^2) = \gamma^3m$. Böylece $F = \gamma^3ma$ ve $\gamma^6a^2 = F^2/m^2$; Liénard gücü $\mu_0q^2F^2/(6\pi m^2c)$, $\gamma$ içermez ✓.

Problem 11.15Anten akımı★☆☆

Yarım dalga dipolü 50 W ile çalışan bir amatör telsiz vericisinin besleme akımı genliği nedir?

Çözümü göster

$I_0 = \sqrt{2 \times 50/73{,}1} = 1{,}17$ A.

Problem 11.16Abraham–Lorentz formülü★★★

Bir yükün $t_1$ ile $t_2$ arasında periyodik bir hareket yaptığını ($t_1$ ve $t_2$'de hız ve ivme aynı) varsayarak, Larmor gücünün $\vb{F}_{\text{tep}} = (\mu_0q^2/6\pi c)\dot{\vb{a}}$ kuvvetinin işiyle dengelendiğini gösterin.

Çözümü göster

$\int_{t_1}^{t_2}\vb{F}\cdot\vb{v}\,\dd t = -(\mu_0q^2/6\pi c)\int\dot{\vb{v}}\cdot\dot{\vb{v}}\,\dd t$. Kısmi integral: $\int\dot{\vb{v}}\cdot\dot{\vb{v}}\,\dd t = [\vb{v}\cdot\dot{\vb{v}}]_{t_1}^{t_2} - \int\ddot{\vb{v}}\cdot\vb{v}\,\dd t$; sınır terimi periyodiklik gereği sıfırdır. Böylece $\int[\vb{F} - (\mu_0q^2/6\pi c)\ddot{\vb{v}}]\cdot\vb{v}\,\dd t = 0$ ve en basit seçim $\vb{F} = (\mu_0q^2/6\pi c)\dot{\vb{a}}$ ✓. Türetme yalnızca ortalamada doğrudur; formülün kendisi bir varsayımdır.

Problem 11.17Dipol alanlarının türetilmesi★★★

Gecikmeli vektör potansiyelin, salınan dipol için ışınım bölgesinde $\vb{A} = -(\mu_0p_0\omega/4\pi r)\sin[\omega(t - r/c)]\uv{z}$ olduğunu gösterin. Lorenz koşulundan $V$'yi bulup (11.1)'deki $\vb{E}$ ve $\vb{B}$'yi türetin.

Çözümü göster

Teldeki akım $I = \dot{q} = -q_0\omega\sin\omega t$; $\vb{A} = (\mu_0/4\pi)\int I(t_r)\uv{z}\,\dd z/\mathcal{R} \approx (\mu_0/4\pi r)I(t - r/c)d\,\uv{z}$ ✓ ($d \ll \lambda$). Lorenz koşulu $\partial V/\partial t = -c^2\nabla\cdot\vb{A}$; $r \gg \lambda$ ile en baskın terim $V = -(p_0\omega/4\pi\epsilon_0c)(\cos\theta/r)\sin[\omega(t - r/c)]$. $\vb{E} = -\nabla V - \partial\vb{A}/\partial t$: radyal kısımlar birbirini götürür, $\hat{\boldsymbol{\theta}}$ bileşeni $-(\mu_0p_0\omega^2/4\pi)(\sin\theta/r)\cos[\omega(t - r/c)]$ ✓. $\vb{B} = \nabla\times\vb{A}$: baskın terim $-(\mu_0p_0\omega^2/4\pi c)(\sin\theta/r)\cos[\ldots]\hat{\boldsymbol{\phi}}$ ✓.

İleri okuma

D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, 5. baskı (Cambridge University Press, 2023), 11. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
J. D. Jackson, Classical Electrodynamics, 3. baskı (Wiley, 1999), 9 ve 14–16. bölümler: ışınım, hareketli yüklerin ışınımı ve ışınım tepkisi.
R. P. Feynman, R. B. Leighton, M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Cilt I, 28–34. bölümler: ışınım, saçılma ve gökyüzünün rengi.
C. A. Balanis, Antenna Theory, 4. baskı (Wiley, 2016), 4. bölüm: dipol antenler ve ışınım direnci.
J. Larmor, "On a Dynamical Theory of the Electric and Luminiferous Medium", Philosophical Transactions of the Royal Society A 190 (1897).