1612046098-84b3d91399f2d38649fdb48b351dd0f2 (533755), страница 17
Текст из файла (страница 17)
рисунок).HR =Hz cos θ + Hy sin θ = qω 2 a cos ωt′ (− sin θ cos θ + cos θ sin θ) = 0,()Hθ =Hy cos θ − Hz sin θ = qω 2 a cos ωt′ cos2 θ + sin2 θ = qω 2 a cos ωt′ ,Hφ = − Hx = qω 2 a sin ωt′ cos θ.Как видно из записанного решения, вращение вектора H происходит в плоскости θ −φ. Эти компоненты связаны соотношением()2 ()2HθHφ+= 1.qω 2 aqω 2 a cos θОтсюда видно, что излучение в верхней (нижней) полусфере влево (вправо) эллиптически поляризовано; в экваториальном плоскости поляризация линейная; при θ =0(π) поляризация круговая левая (правая).5.7. (Задача 4.19.) За какое время частица, движущаяся по круговой орбите,упадет на заряженный центр из-за потерь на электромагнитное излучение. Получить75.
ИЗЛУЧЕНИЕчисленную оценку для «атома водорода» в модели Резерфорда. a = 0, 5 · 10−8 см,e = 4, 8 · 10−10 CGSE, m = 0, 9 · 10−27 г.Решение Излучаемая (теряемая атомом) мощностьdE2 e2 a 2=−.dt3 c3По закону Ньютона m|a| = e2 /r2 , т. е. |a| = e2 /mr2 . Из2= re2 получаем, сократив на r и поделив на 2, что кинетическая энергия на2e2витке радиуса r равна mv2 = 2r .Отсюда энергияmv 2rE=mv 2e2e2e2e2−=−=− .2r2rr2rПоэтому dE = e2 dr/2r2 .Переходя в выражении для мощности от dE к dr, получаем, подставив выражениеa, дифференциальное уравнениеr2 dr = −4e4dt,3m2 c3где r изменяется от a до 0.Отсюда времяt=a3 m2 c3= 1, 3 · 10−11 с.4e45.8.
(Задача 4.21.) По орбите радиуса a движется пучок нерелятивистских частиц. Заряд пучка – Q, ток – J. Пучок имеет форму кольца с вырезанным угломα ≪ 2π. Найти излучаемую мощность в дипольном приближении. Что покажет прибор, регистрирующий постоянную составляющую напряженности электрического поля, в волновой зоне на оси пучка?Решение Дополним полный ток недостающим участком α с той же плотностьюзаряда и двигающийся с той же скоростью, а также таким же участком с противоположным зарядом.
Таким образом мы не изменим условие задачи, но полный токможно не рассматривать - он дает нулевой вклад в дипольное излучение (d = 0). Излучение будет определяться движением маленького участка с зарядом q = Qα/2π.Скорость движения этого участка определяется формулойv = J/ρ =2πaJ.Q8Угловая скорость вращения (частота) ω = v/a. Подставляя все в формулу для полнойинтенсивности излучения из задачи 4.18, получимI=2 q 2 a2 ω 48π πα2 a2 J 4Q=; E ≃ 2.33 c3 c3 Q2r5.9. (Задача 4.23.) Определить излучение диполя (с дипольным моментом p),вращающегося в плоскости с постоянной угловой скоростью Ω.Решение Как только записать проекции дипольного момента на оси X и Y , получим выражения, аналогичные в задаче 4.18.
Единственное отличие, величину qa надозаменить на p, а частоту ω заменить на Ω. Тогда)dIp 2 Ω4 (= 0 3 1 + cos2 θ ,dΩ8πcа полная средняя интенсивностьI=2 p20 Ω4.3 c35.10. (Задача 4.26.) Найти излученную энергию при свободном «схлопывании»под действием собственного поля пластин плоского конденсатора. Каждая пластинаимеет массу M , площадь S, величину заряда Q. Начальный зазор между пластинамиd0 , конечный – d.Решение Уравнение движения 1 пластины в системе центра масс (т.е. посрединемежду ними) имеет видUM ẍ = F = Q .dSЕмкость конденсатора C = 4πd. Разность потенциалов U = Q/C. ТогдаQ2Q2 4π=.CdSУскорение v̇ = Q2 /4πSM = const постоянно, и, следовательно, пластины движутся равноускоренно. Пройденный путь обеими пластинами d0 − d = v̇t2 /2, откуда√√2(d0 − d)2(d0 − d)SMt==.v̇4πQ2M v̇ =Полные потери энергии ∆E = It.
Подставляя в это выражение значение для полнойинтенсивности, получим( 3 )2 √()3/222Q 4π8 Q2 √2(d0 − d)SM2πQ22∆E = 3 (p̈) t = 3=.d0 − d3c3cSM4πQ23 c3MS95. ИЗЛУЧЕНИЕ5.11. Оценить энергию излучения электрона, пролетающего на большом расстоянии от тяжелого ядра с зарядом Ze (v ≪ c).Решение0x=vtθe,mdE2 e2 a 22 e2 Z 2 e4==.3dt3 c3 m2 c3 r4XρОтсюдаrE=Ze+∞∫J=−∞dtρ= 4(ρ2 + v 2 t2 )2ρ v2 Z 2 e63 m2 c3+∞∫−∞∫+∞−∞(ρ2dt2 Z 2 e6=J,222+v t )3 m2 c31d(vt/ρ)= 3(1 + (vt/ρ)2 )2ρ v∫πsin4 θdθ,sin2 θ0vt/ρ = ctg θ.Тогда1/(1 + ctg2 θ)2 = sin4 θ; d(ctg θ) = −dθ/ sin2 θ.J=ОтсюдаE=1ρ3 v∫π01 − cos 2θπdθ = 3 .22ρ v2 Z 2 e6ππ Z 2 e6Ze2·=при<< 1.3 m2 c3 2ρ3 v3 m2 c3 ρ3 vρmv 2Можно получить подобный результат и с помощью оценок Движение частицыбез отклонения от прямолинейной траектории описывается уравнениемmdvZe2Ze2= F ≈ 2 , v̇ ≈.dtρmρ2ТогдаI≈2 e2 22 e2 Z 2 e4∆E(v̇) ==.33c3 c3 m2 ρ4∆tИспользуя оценку ∆t ∼ vρ , получим∆E ∼Z 2 e6.m2 c3 ρ3 v906.ИзлучениеУрок XXIОценка мультипольного излучения, антены6.1.
(Задача 4.37.) Найти сопротивление излучения симметричного полуволнового вибратора.Решение Рассмотрим излучатель как набор диполей, каждый из которыхизлучает со своей амплитудой и фазой и будем учитывать, что излучение от каждого элемента антеныбудет достигать конечной точки за разное время, т.е.с разными фазами. Дипольный точечный излучатель4-3/4X3/4 длины dx с указанным током создает векторный потенциал в точке rpdA (rp , t) =ex −iω(t−rp /c)−iϕ(x)eI0 cos kxdx,crpгде фаза (см. рис.)ϕ (x) = kx cos θ.Тогда векторный потенциал дипольного излученияI0 −iω(t−rp /c)A (rp , t) = execrpZλ/4e−ikx cos θ cos kxdx.−λ/4Для вычисления интеграла введем переменную ξ = kx.
Тогда интегралIntZπ/21=2ke−iξ cos θiξe +e−π/2−iξ2 cos π2 cos θdξ =,k sin2 θа векторный потенциал2I0 cos π2 cos θ −iω(t− rcp )A = exe.ckrpsin2 θМагнитное поле определяется соотношением112I0 cos π2 cos θ −iω(t− rcp )H = − n × Ȧ = (n × ex )e.ccrpsin2 θ916. ИзлучениеE = H × n.|n × ex | = sin θ.2I0 cos π2 cos θ|H| =crpsin θСреднее по периоду от интенсивности DdIc 2rp E=rp |H|2 cos2 ω t −=dΩ4πcc 2 4I02 cos2 π2 cos θ 1=r=4π p c2 rp22sin2 θ" #2I02 cos π2 cos θ=.2πcsin θИнтенсивность аксиально-симметрична (вокруг ex ) и имеет максимумI022πcпри θ =π2и обращается в 0 при θ → 0. Для точечного диполя dI∼ sin2 θ.dΩ dI dΩ maxПолный поток энергииI2hIi = 0cZ1cos2 (πξ/2)I02dξ=1 − ξ2cZ1111+dξ =2 1−ξ1+ξ−1−1 1ZZ12I11= 0 cos2 (πξ/2)dξ + cos2 (πξ/2)dξ .2c1−ξ1+ξ−1cos2 (πξ/2)−1Заменяя во втором интеграле ξ на −ξ и используя четность косинуса, получимI2hIi = 0 22cZ1−1=0cos2 (π/2 − πη/2)dη=ηI022c2 sin2 (πη/2)I022cZ2π1 − cos ζI2I2dζ = 0 {C + ln 2π − Ci (2π)} = 0 · 1.22,ζ2cc0dηI2= 02η2cZ2πZ2Z20=1I2cos (πξ/2)dξ = 0 21−ξ2c2sin2 (ζ/2)dζ=ζ0=92где C = 0.5772 – постоянная Эйлера, ln 2π = 1.837, Ci (2π) = 0.02.
Сопротивление излучения антенны равно Rизл = hPизл i / I 2 , где Pизл – средняя излучаемая мощность, I 2 – среднеквадратичное значение тока.Тогда2, 44Rизл = 2 hIi /I02 =,cили переходя в систему Си, Rизл =2,44·9·10113·1010≈ 72 Ом.6.2. (Задача 4.38.) а) Построить полярную диаграмму направленности для излучения диполя в плоскости, проходящей через ось диполя, и в плоскости, перпендикулярной оси. б) Нарисовать качественно вид полярной диаграммы направленностидля антенны, состоящей из двух полуволновых вибраторов, параллельных друг другу,если расстояние между ними: 1) a = λ2 , токи совпадают по фазе; 2) a = λ2 , токи впротивофазе; 3) a = λ, токи в противофазе; 4) a = λ4 , токи сдвинуты по фазе на π2 .πdРешение В экваториальной плоскости I (θ) ∼ cos2 ∆2 + l cos θ , где ∆ –б)a)θ1234сдвиг фаз между диполями, а l – расстояние между ними.6.3.
(Задача 4.40.) Найти поляризацию, угловое распределение и полную интенсивность излучения системы двух электрических диполей с частотой ω и одинаковойамплитудой p0 , направленных под углом ϕ друг к другу и сдвинутых по фазе на π/2.2rРешение Hθ = ωc2pr0 [sin α+i sin (α−ϕ)]e−iω(t− c )2rH = ω p0 [cos α+i cos (α−ϕ)] cos θe−iω(t− c ) , где ось X направлена вдоль диαc2 rполя, опережающего другой по фазе; плоскость XY совпадает с плоскостью обоихдиполей. 2 2 2 4ω 4 p20 dI2 p0 ω2dΩ = 8πc3 2 − cos α + cos (α − ϕ) sin θ , I = 3 c3 . Поляризация,вообще говоря, эллиптическая. Поляризация круговая в направлениях, определяемыхуравнением |cos θ| = tg ϕ2 при α = ϕ2 или α = ϕ2 + π и |cos θ| = ctg ϕ2 приα = ϕ2 ± π2 .936.
Излучение6.4. (Задача 4.41.) Найти поляризацию, угловое распределение и интенсивностьизлучения системы двух нерелятивистских одинаковых зарядов, вращающихся равномерно с частотой ω по круговой орбите радиуса a и остающихся при этом на противоположных концах диаметра.Решение Электроны вращаются по круговой орбите и расположены на диаметрально противоположных концах. Очевидно, что d = 0. Магнитный моментMc =eωa2 e1 Xr × ei vi = 2 ez ωa2 =ez = const,2c2ccи, следовательно, Ṁ = 0.
Поэтому единственное излучение в этом случае - квадрупольное.x1,2 = ±a sin ωty1,2 = ±a cos ωtВведя величину ϕ = ωt, можно записать неравные нулю компоненты квадрупольноготензораDxx = −2ea2 3 sin2 ϕ − 1 = −ea2 6 sin2 ϕ − 2 cos2 ϕ − 2 sin2 ϕ == −ea2 {1 − 3 cos 2ϕ} ,Dxy = Dyx = −2ea2 {3 sin ϕ cos ϕ} = −3ea2 sin 2ϕ,Dyy = −ea2 {1 + 3 cos 2ϕ)} ,Dzz = 2ea2 .Третьи производные от этих компонент...2 3Dxx = 24ea ω sin 2ϕ,...2 3Dxy = 24ea ω cos 2ϕ,......Dyx = Dxy ,...2 3D yy = −24ea ω sin 2ϕ,...Dzz = 0.Третьи производные от вектора D.........2 3Dx = Dxx nx + Dxy ny = 24ea ω {sin 2ϕnx + cos 2ϕny } ,.........2 3Dy = Dxy nx + Dyy ny = 24ea ω {cos 2ϕnx − sin 2ϕny } ,......Dz = Dzz nz .94Магнитное поле определяется соотношениемH=...i1hD×nȦ × n =.c6c3 rИспользуя правила векторного умножения, получим24ea2ω 3{cos 2ϕnx nz − sin 2ϕny nz }6cr24ea2ω 3Hy = −{sin 2ϕnx nz + cos 2ϕny nz }6cr24ea2ω 3 Hz =sin 2ϕnx ny + cos 2ϕn2y − cos 2ϕn2x + sin 2ϕnx ny6cr24ea2ω 3 =sin 2ϕnx ny + cos 2ϕ(n2y − n2x ) .6crHx =Для определения поляризации необходимо перейти в локальную (в точке наблюдения)сферическую систему координат и определить компоненты вектора H или E в этойсистеме координат.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
