10 Thomson散乱

今、真空中を伝播する波数ベクトル $\vk$ で角振動数 $\omega$ の平面電磁波を

$$\vE = \vE_0 \exp\left[ i\left( \vk\cdot \vx -\omega t\right) \right],\quad \vB = \vB_0 \exp\left[ i\left( \vk\cdot \vx -\omega t\right) \right]$$ (47)

と表すことにする。 これをEq.(1) に代入すると、 $\left\vert\vk\right\vert=k,\omega = ck$ として、

$$\Nabla \times \vE + \del{\vB}{t} = i\, \vk \times \vE -i\omega \vB =0$$

$$\Longrightarrow \, \vB = \frac{ \vk \times \vE}{ck}$$ (48)

となる。 またEq.(4) に於いて $\rho_0=0$ とすると、

$$\Nabla \cdot \vE = i \, \vk \cdot \vE =0$$

$$\Longrightarrow \, \vk\cdot \vE = 0$$ (49)

となる。 このとき電磁波のエネルギー密度

$$w\equiv \frac{\vE\cdot {\bf D} + \vB \cdot {\bf H}}{2}$$

を計算すると、

$$w = \frac{\vE\cdot {\bf D} + \vB \cdot {\bf H}}{2} = \frac{\vepsilo... ...left\vert\vE\right\vert^2 + \dfrac{1}{\mu_0 c^2} \left\vert\vE\right\vert^2}{2}$$

$$=\vepsilon_0 \left\vert\vE\right\vert^2$$ (50)

で与えられることが分かる。

この平面電磁波が原点に置かれた質量 $m$ で電荷 $q$ の荷電粒子に入射するとき、 原点に置かれた荷電粒子は

$$\va = \frac{q \vE_{\rm incident}}{m}$$

で与えられる加速度運動を行う。 このとき、 この荷電粒子が $\vn$ の方向の微小立体角$d\Omega'$ に単位時間単位面積当たりに放出する電磁波のエネルギーは、 Eq.(45) を用い $\dot{\bm{\beta}} = \va/c$ として、

$$\bm{P}_{\rm scattered} \xt =\frac{1}{c\mu_0} \left(\frac{q}{4\pi \mu_0 c}\right)^2 \frac{\le... ...left(\frac{\left\vert\va\right\vert}{c} \right)^2 \frac{\sin^2\Theta }{r^2} \vn$$

$$=\left(\frac{q^2}{4\pi \vepsilon_0 mc^2}\right)^2\left(\frac{1}{r... ...ght)^2 c\vepsilon_0 \left\vert\vE_{\rm incident}\right\vert^2 \sin^2\Theta\,\vn$$

$$=\left(\frac{r_0}{r}\right)^2 c\vepsilon_0 \left\vert\vE_{\rm incident}\right\vert^2 \sin^2\Theta\,\vn$$ (51)

となる。 ここで$\Theta$ は、 $\vn$ と $\va$ とが成す角であり、

$$r_0 = \frac{q^2}{4\pi \vepsilon_0 mc^2}$$ (52)

とした。 これは $q=e$ のとき、 古典電子半径を表す。