Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. 4.41. Найти поляризацию, угловое распределение и интенсивность излучения системы двух нерелятивистских одинаковых зарядов, вращающихся равномерно с частотой $\omega $ по круговой орбите радиуса $a$ и остающихся при этом на противоположных концах диаметра. ----- Заряды вращаются по круговой орбите и расположены на диаметрально противоположных концах. Раз заряды одинаковые, то дипольный момент: $$\vec{d}=\vec{r}_{1}q_{1}+\vec{r}_{2}q_{2}=q\left(\vec{r}_{1}+\vec{r}_{2}\right)=q\left(\left(\vec{r}+\vec{a}\right)+\left(\vec{r}-\vec{a}\right)\right)=2q\vec{r},$$ где $\vec{r}_{i}=\vec{r}+\epsilon_{i}\vec{a}$ и $\vec{r}$ --- радиус--вектор центра орбиты,а $\vec{a}$ --- радиус--вектор первого заряда и $-\vec{a}$ --- радиус--вектор второго заряда относительно центра орбиты. Тогда вторая производная $\ddot{\vec{d}}=2q\ddot{\vec{r}}=0$, следовательно электрического дипольного излучения нет. Магнитный момент $$\vec{m}=\frac{1}{2c}\sum\left[\vec{r}_{i}\times q_{i}\vec{v_{i}}\right]=\frac{1}{2c}\left(\left[\vec{a}_{1}\times q\vec{v}_{1}\right]+\left[\vec{a}_{2}\times q\vec{v}_{2}\right]\right)=$$ $$ \frac{1}{2c}\left(\left[\vec{a}_{1}\times q\vec{v}_{1}\right]+\left[-\vec{a}_{1}\times q\left(-\vec{v}_{1}\right)\right]\right)=$$ $$\frac{1}{c}\left(\left[\vec{a}_{1}\times q\vec{v}_{1}\right]\right)=\frac{\vec{e}_{z}}{c}qa^{2}\omega$$ --- тоже постоянный, так что $\ddot{\vec{m}}=0$. Смотрим следующие порядки разложения --- квадрупольный. Вспоминаем $$D_{\mu\nu}=\sum\limits _{k}q_{k}\left(3x_{\mu}^{\prime k}x_{\nu}^{\prime k}-r_{k}^{\prime2}\delta_{\mu\nu}\right)$$ --- квадрупольную матрицу. С учётом движения зарядов и зависимости их координат от времени: $$x_{1;2}=\pm a\cos\omega t,$$ $$y_{1;2}=\pm a\sin\omega t$$ найдем компоненты: $${D}_{xx}=2qa^{2}\left(3\cos^{2}\omega t-1\right)e=qa^{2}\left(3\left(\cos2\omega t+1\right)-2\right)=qa^{2}\left(3\cos2\omega t+1\right)$$ $$D_{yy}=2qa^{2}\left(3\sin^{2}\omega t-1\right)=qa^{2}\left(3\left(1-\cos2\omega t\right)-2\right)=qa^{2}\left(1-3\cos2\omega t\right)$$ $$D_{zz}=-2qa^{2}$$ $$D_{xy}=6qa^{2}\cos\omega t\sin\omega t=3qa^{2}\sin2\omega t=D_{yx}$$ $$D_{xz}=D_{yz}=0$$ Так магнитное поле в волновой зоне связано с третьей производной $$\vec{H}=\frac{1}{6c^{3}r}\left[\dddot{\vec{D}}\times n\right],$$ где ввели вектор $$\vec{D}=\left(D_{x},D_{y},D_{z}\right)$$ сверткой с вектором $\vec{n}$ в виде $$D_{\mu}={\sum_{\nu}}D_{\mu\nu}n_{\nu}$$ так, что $$D_{x}=D_{xx}n_{x}+D_{xy}n_{y},$$ $$D_{y}=D_{yx}n_{x}+D_{yy}n_{y},$$ $$D_{z}=D_{zz}n_{z}.$$ Тогда ненулевые компоненты: $$\dddot{D}_{xx}=3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\sin2\omega t$$ $$\dddot{D}_{yy}=-3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\sin2\omega t$$ $$\dddot{D}_{xy}=3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\cos2\omega t$$ и соответствующие вектора: $$\dddot{D}_{x}=3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\left(\sin2\omega t\cos\alpha+\cos2\omega t\sin\alpha\right)\sin\theta=$$ $$3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\sin\left(2\omega t+\alpha\right)\sin\theta=24\omega{}^{3}qa^{2}\sin\phi\sin\theta, $$ $$\dddot{D}_{y}=3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\left(\cos2\omega t\cos\alpha-\sin2\omega t\sin\alpha\right)\sin\theta=$$ $$3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\cos\left(2\omega t+\alpha\right)\sin\theta=24\omega{}^{3}qa^{2}\cos\phi\sin\theta.$$ Если перейти к выбору координат как в [[res4.18|задаче 4.18.]] при вычислении излучения от диполя, то сравнивая $$\vec{H}=\frac{1}{6c^{3}r}\left[\dddot{\vec{D}}\times n\right]$$ и $$\vec{H}=\frac{1}{c^{2}r}\left[\ddot{\vec{p}}\times\vec{n}\right],$$ с одно стороны и $$\ddot{p}_{x}=-\omega^{2}qa\cos\omega t,$$ $$\ddot{p}_{y}=-\omega^{2}qa\sin\omega t$$ с другой, воспользуемся полученным результатом и запишем: $$H_{x}=\frac{4\omega^{3}qa^{2}}{c^{3}r}\sin\theta\cos\theta\sin\phi=H_{0}\sin\theta\cos\theta\sin\phi$$ $$H_{y}=\frac{4\omega^{3}qa^{2}}{c^{3}r}\sin\theta\cos\theta\cos\phi=H_{0}\sin\theta\cos\theta\cos\phi$$ $$H_{z}=\frac{4\omega^{3}qa^{2}}{c^{3}r}\sin^{2}\theta\cos\phi=H_{0}\sin^{2}\theta\cos\phi .$$ Ну и совершенно аналогично переходя к полям в сферической системе координат получим: $$\left(\frac{H_{\theta}}{H_{0}\sin\theta}\right)^{2}+\left(\frac{H_{\varphi}}{H_{0}\sin\theta\cos\theta}\right)^{2}=1.$$ Осталось найти полную интенсивность излучения: $$\overline{\frac{dI}{d\Omega}}=\frac{cr^{2}}{4\pi}\left|\overrightarrow{H}\right|^{2}=\frac{cr^{2}H_{0}^{2}}{4\pi}\left(\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta+\sin^{4}\theta\overline{\cos^{2}\phi}\right)=$$ $$ \frac{cr^{2}H_{0}^{2}}{8\pi}\left(2\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta+\sin^{4}\theta\right)= $$ $$\frac{cr^{2}H_{0}^{2}}{8\pi}\sin^{2}\theta\left(\cos^{2}\theta+1\right)=\frac{2\omega^{6}q^{2}a^{4}}{\pi c^{5}}\sin^{2}\theta\left(\cos^{2}\theta+1\right)$$ $$\overline{I}=\int\frac{2\omega^{6}q^{2}a^{4}}{\pi c^{5}}\sin^{2}\theta\left(\cos^{2}\theta+1\right)d\Omega=\frac{4\omega^{6}q^{2}a^{4}}{c^{5}}\int\sin^{2}\theta\left(\cos^{2}\theta+1\right)\sin\theta d\theta$$ отдельно возьмём интеграл: $$\intop_{0}^{\pi}\sin^{2}\theta\left(\cos^{2}\theta+1\right)\sin\theta d\theta=\intop_{-1}^{1}\left(1-\xi^{2}\right)\left(\xi^{2}+1\right)d\xi=\left.\xi-\frac{1}{5}\xi^{5}\right|_{-1}^{1}=\frac{8}{5}$$ в итоге $$\overline{I}=\frac{32\omega^{6}q^{2}a^{4}}{5c^{5}}.$$