Излучение системы двух осциллирующих диполей

[Metford]

Захотелось мне вспомнить молодость посчитать угловое распределение излучения двух осциллирующих диполей, расположенных друг от друга на расстоянии, сравнимом с длиной излучаемой волны. Конфигурация такая: вектор дипольного момента направлен вдоль оси абсцисс, сами диполи на оси аппликат на расстоянии $\lambda/4$ друг от друга симметрично относительно начала координат. Тот диполь, который повыше, опережает того, который пониже, по фазе на $\pi/2$. Давно такие вещи считал в последний раз, поэтому хотелось бы узнать, не делаю ли я каких-то ошибок.

Вложение:

об излучении.png [ 37.77 Кб | Просмотров: 0 ]

Значит, исхожу из обычной формулы

$$dI=\frac{c}{4\pi}H^2r^2do,\text{ где } \vec{H}=\frac{1}{c^2r}\left[\sum\limits_{k=1}^2\ddot{\vec{d_k}}\left(t-\frac{1}{c}R_k\right),\vec{n}\right],$$

$R_k$ - расстояние от $k$-го диполя до точки наблюдения. Дипольные моменты $\vec{d_1}=d_0\cos\omega t\vec{e_x}$, $\vec{d_2}=d_0\sin\omega t\vec{e_x}$. Обозначаем стандартно $k=\omega/c$, тогда

$$\vec{H}=-\frac{\omega^2}{c^2r}d_0\left(\cos\left(\omega t-kR_1\right)+\sin\left(\omega t-kR_2\right)\right)\left[\vec{e_x},\vec{n}\right]=$$

$$=-\frac{2d_0\omega^2}{c^2r}\sin\left(\omega t-\frac{1}{2}k(R_1+R_2)+\frac{\pi}{4} \right)\cos\left(\frac{1}{2}k(R_2-R_1)+\frac{\pi}{4}\right)(n_y\vec{e_z}-n_z\vec{e_y}).$$

Возвожу поле в квадрат и усредняю по времени:

$$\overline{\vec{H}^2}=\frac{2d^2_0\omega^4}{c^4r^2}\cos^2\left(\frac{1}{2}k(R_2-R_1)+\frac{\pi}{4}\right)(\sin^2\theta\sin^2\phi+\cos^2\theta).$$

Разбираемся с расстояниями:

$$\vec{R_1}=\vec{r}-\vec{r_1},\;\vec{R_2}=\vec{r}-\vec{r_2},$$

$$R_k^2\simeq r^2-2(\vec{r},\vec{r_k})\Rightarrow R_k\simeq r-(\vec{n},\vec{r_k})\Rightarrow R_2-R_1=(\vec{n},\vec{r_1}-\vec{r_2})=\frac{\lambda}{4}(\vec{n},\vec{e_z}).$$

Можно находить интенсивность:

$$\overline{dI}=\frac{c}{4\pi} \frac{2d^2_0\omega^4}{c^4}\cos^2\left(\frac{1}{2}\frac{2\pi}{\lambda}\cdot \frac{\lambda}{4}(\vec{n},\vec{e_z})+\frac{\pi}{4}\right)(1-\sin^2\theta\cos^2\phi)do=$$

$$=\frac{d^2_0\omega^4}{2\pi c^3}\cos^2\left(\frac{\pi}{4}(\cos\theta+1)\right)(1-\sin^2\theta\cos^2\phi)do=\frac{d^2_0\omega^4}{2\pi c^3}\cos^2\left(\frac{\pi}{2}\cos^2\frac{\theta}{2}\right)(1-\sin^2\theta\cos^2\phi)do.$$

Как-то так вроде. Не ошибся ли я где-нибудь?

[amon]

А это как раз тот случай, когда можно вектором Герца воспользоваться. Он для осциллятора просто равен задержанному дипольному моменту $\mathbf{\Pi}(\mathbf{R},t)=\frac{\mathbf{p}(t-R/c)}{R}.$ Где-то у Тамма про это есть.

[Metford]

amon в сообщении #1313910 писал(а):

Он для осциллятора просто равен задержанному дипольному моменту $\mathbf{\Pi}(\mathbf{R},t)=\frac{\mathbf{p}(t-R/c)}{R}.$

Да, это я знаю. Всё равно дальше считать магнитное поле - с точностью до множителя вихрь от продифференцированного по времени вектора Герца. Та же формула получится, с которой я начал. А так - да, Ваша правда. Уверен, что помнить проще формулы для вектора Герца. Для меня, по крайней мере.

Меня больше беспокоит, нет ли у меня ошибки в фазе где-то. Я у своих любимых Батыгина-Топтыгина задачу эту потом встретил. У них в ответе $\sin^2((\pi/2)\cos^2(\theta/2))$. Опечатки, конечно, тоже бывают. Но уж больно легко потерять где-то знак или с фазой напутать. Вроде перепроверил первое сообщение - с арифметикой чисто.

(Оффтоп)

amon в сообщении #1313910 писал(а):

задержанному

За это слово отдельное спасибо. Куда лучше, чем уродливое "ретардированный", и оригинальнее, чем обычное "запаздывающий"

[amon]

Metford в сообщении #1313942 писал(а):

Меня больше беспокоит, нет ли у меня ошибки в фазе где-то.

Что бы проверить мне надо до Математики дойти (ленив я стал). Это не раньше чем завтра случится.

[Metford]

amon
Буду очень признателен! Я ведь изначально "за принцип" спрашивал, на такую проверку расчёта с моей стороны не было.

[amon]

Metford в сообщении #1313551 писал(а):

$$\vec{H}=-\frac{\omega^2}{c^2r}d_0\left(\cos\left(\omega t-kR_1\right)+\sin\left(\omega t-kR_2\right)\right)\left[\vec{e_x},\vec{n}\right]=$$

$$=-\frac{2d_0\omega^2}{c^2r}\sin\left(\omega t-\frac{1}{2}k(R_1+R_2)+\frac{\pi}{4} \right)\cos\left(\frac{1}{2}k(R_2-R_1)+\frac{\pi}{4}\right)(n_y\vec{e_z}-n_z\vec{e_y}).$$

Здесь, IMHO, слегка напутано.
\begin{align*} \cos(\omega t-kR_1)+\sin(\omega t-kR_2)=\sin\left(\frac{\pi}{2}-\omega t+kR_1\right)+\sin(\omega t-kR_2)=\\ 2\sin\left(\frac{1}{2}k(R_1-R_2)+\frac{\pi}{4}\right)\cos\left(\omega t-\frac{1}{2}k(R_1+R_2)+\frac{\pi}{4}\right) \end{align*}
Геометрию еще не смотрел всерьез, но там навскидку вроде все нормально.

[Metford]

amon в сообщении #1314453 писал(а):

Здесь, IMHO, слегка напутано.

А я сделал по-другому. Вы оттолкнулись от формулы $\cos\alpha=\sin(\pi/2-\alpha)$, а я - от формулы $\cos\alpha=\sin(\pi/2+\alpha)$
Вот за это я в своё время очень любил тригонометрию, а когда стал проверять чужие работы, то стал любить её несколько меньше. Но эта дама мне по-прежнему симпатична.

[amon]

Metford в сообщении #1314638 писал(а):

Вы оттолкнулись от формулы $\cos\alpha=\sin(\pi/2-\alpha)$, а я - от формулы $\cos\alpha=\sin(\pi/2+\alpha)$

Да, это я маханул, забыв, что $\displaystyle \sin \left({\frac {\pi }{4}}-x\right)=\cos \left({\frac {\pi }{4}}+x\right).$ Тогда вроде все правильно (в волновой зоне, где все собственно считалось). Математика выдала полный ответ, но он какой-то плохочитаемый.

[Metford]

amon
Большое Вам спасибо, что уделили внимание этой задаче!