サイクロトロン放射

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サイクロトロン放射

のぼりんさんの書込 (2006/10/26(Thu) 21:34)

お世話になっています．川村「電磁気学」（岩波）の演習問題に取り組んでいます．

【問題文】角速度 ω で半径ａの軌道上を円運動する荷電粒子が１周期に放出によって失うエネルギーを求めよ．ただし，粒子がもつ電気量をｑとし，１周期の間に粒子の角速度は変わらないものとする．

【略解】（９．４２）を立体角について積分すると， $W = \frac {q^2 \omega^3} {6 \epsilon_0 c^3} a^2$

ここで，（９．４２）とは， $\frac {v} {c} \ll 1$ のときに近似的に成り立つサイクロトロン放射の式

$\frac {dW} {d \Omega} = \frac {q^2 \omega^4} {32 \pi^2 \epsilon_0 c^3} a^2 (\cos^2 \theta + 1)$

で，θ は回転軸をｚ軸として測った立体角方向の角度，ｄＷ/ｄΩ は単位時間に放出される立体角当たりのエネルギーです．この式の導出は理解できていると思います．

さて，略解どおりに計算すると， $d \Omega = 2 \pi \sin \theta d \theta$ で，一周期の長さは $\frac {2 \pi} {\omega}$ だから，

$W &= \frac {2 \pi} {\omega} \int_{0}^{\pi} \frac {q^2 \omega^4} {32 \pi^2 \epsilon_0 c^3} a^2 (\cos^2 \theta + 1) \cdot 2 \pi \sin \theta d \theta \\&= \frac {q^2 \omega^3 a^2} {8 \epsilon_0 c^3} \left[ - \frac {\cos^3 \theta} {3} - \cos \theta \right]_{0}^{\pi} \\&= \frac {q^2 \omega^3 a^2} {8 \epsilon_0 c^3} \frac {8} {3} = \frac {q^2 \omega^3} {3 \epsilon_0 c^3} a^2$

と，略解の二倍が得られてしまいます．どこか間違っているのでしょうか？

普通でしたら，単なる誤字だろうと考えるのですが，この後同式が他の箇所でも引用されています．そう考えると，略解の結果が真実なのだろうと思うのですが，上記計算の不備がわかりません．どうやると，略解の結果が得られるか，ご教示願えませんか？

意図せず連続投稿になってしまい，申し訳ありませんが，何卒よろしくお願い申し上げます．

Re: サイクロトロン放射

サボテンさんのレス (2006/10/27(Fri) 07:34)

途中の計算はのぼりんさんの計算で合っていると思います．

元々のサイクロトロンの放射式の係数が誤字という可能性はないでしょうか?

Re: サイクロトロン放射

のぼりんさんのレス (2006/10/27(Fri) 21:31)

サボテンさん，計算確認の労をお執りいただき，どうもありがとうございました．元々の式は，一般的な式

$dW &= \frac {1} {c \mu_0} \bm{E}^2 R^2 \frac {s} {R} d \Omega \\&= \frac {q^2} {16 \pi^2 \epsilon_0 c^3} \frac {R} {s^5} \left| \bm{R} \times \left\{ \left( \bm{R} - \frac {R \bm{v}} {c} \right) \times \frac {d \bm{v}} {dt} \right\} \right|^2 d \Omega \tag {9.34}$

を前提として，以下のとおり導出されています．ここに， $\bm{R} = \bm{r} - \bm{r}$ は荷電粒子 $\bm{r}'$ から観測点 $\bm{r}$ へ向かうベクトル，また $s = R - \frac {\bm{R} \cdot \bm{v} } {c}$ です．

簡単のために， $\frac {v} {c} \ll 1$ であるとする．このときは， R = s としてよいから， $\hat{\bm{R}} = \frac {\bm{R}} {R}$ として，

$\frac {dW} {d \Omega} = \frac {q^2} {16 \pi^2 \epsilon_0 c^3} \left| \hat{\bm{R}} \times (\hat{\bm{R}} \times \dot{\bm{v}}) \right|^2 \tag {9.40}$

である．荷電粒子の円運動の面をｘｙ面内に選んで，

$\bm{r}' = \left( a \cos \omega t, a \sin \omega t, 0 \right)$

とすると，

$\dot {\bm{v}} = - \omega^2 \bm{r}'$

である．荷電粒子はｚ軸を中心にしているのであるから，電磁場を観測する場合はｘｚ面内であると考えても一般性を失わない．そこで，ｚ軸を極軸とする極座標を使って，

$\hat {\bm{R}} = \left( \sin \theta, 0, \cos \theta \right)$

と表すことにすると，

$& \hat {\bm{R}} \times \dot {\bm{v}} = - a \omega^2 \left( -\cos \theta \sin \omega t, -\cos \theta \cos \omega t, \sin \theta \sin \omega t \right) \\& \hat {\bm{R}} \times (\hat {\bm{R}} \times \dot {\bm{v}}) = - a \omega^2 \left( -\cos^2 \theta \cos \omega t, -\sin \omega t, \sin \theta \cos \theta \cos \omega t \right)$

と計算されるから，

$\left|\hat {\bm{R}} \times (\hat {\bm{R}} \times \dot {\bm{v}}) \right|^2 =a^2 \omega^4 \left( \cos^2 \theta \cos^2 \omega t + \sin^2 \omega t \right)$