Система дипольных антенн. ФЛФ, задача 29-5

[Uchitel'_istorii]

Условие английское:

PNG. писал(а):

A double line of $N$ equally spaced oscillating dipoles is situated as shown. All dipoles in row A are driven in the same phase, and all those in row B lag 90^\circ in phase behind those of row A. Sketch the radiation pattern in the equatorial plane (as in Exercise 29-2) at a great distance from the array.

Условие русское:

PNG писал(а):

29. 5. Все $N$ диполей в линии А работают в одинаковой фазе, а все диполи в линии В отстают по фазе на 90^\circ от диполей в линии А. Определите картину излучения в экваториальной плоскости (как в задаче 29.2) на большом расстоянии от линий.

В русском решении, как обычно, -- нечто несуразное.

Мое решение:

Разность фаз для соседних осцилляторов в ряде B:
$\phi_B = -0.5\lambda \cos(\Theta)\tfrac{2\pi}{\lambda} = -\pi \cos\Theta$
Результирующее поле в направлении $R$ от ряда B:
$E_B= E_0 e^{i\omega t}[1+ e^{i( -\pi \cos\Theta)} + e^{2i( -\pi \cos\Theta)} + \text{...}] = E_0 e^{i\omega t}\sum\limits_{n=0}^N e^{ni(-\pi \cos\Theta)}$
Разность фаз в ряде А относительно ряда B:
$\phi_\text{A form B} = - 0.25\lambda\sin(\Theta) \tfrac{2\pi}{\lambda} + 0.5\pi = - 0.5\pi\sin\Theta + 0.5\pi$
Результирующее поле в направлении $R$ от ряда A:
$E_A= E_0 e^{i\omega t}e^{i(- 0.5\pi\sin\Theta + 0.5\pi)}\sum\limits_{n=0}^N e^{ni(-\pi \cos\Theta)}$

Результирующее поле в направлении $R$ :
$E = E_A + E_B = E_0 e^{i\omega t}\sum\limits_{n=0}^N e^{ni(-\pi \cos\Theta)} (1+ e^{i(- 0.5\pi\sin\Theta + 0.5\pi)})$

Имеем сумму двух векторов одинаковой длины $\sum\limits_{n=0}^N e^{ni(-\pi \cos\Theta)} $ на комплексной плоскости с углом между ними $- 0.5\pi\sin\Theta + 0.5\pi$.
Используя ответ задачи 28-1 :
$|E| = E_0 \tfrac{\sin(N 0.5 (-\pi \cos\Theta))}{\sin(0.5(-\pi \cos\Theta))} 2\cos(0.5 (- 0.5\pi\sin\Theta + 0.5\pi)) =2E_0 \tfrac{\sin(0.5 N \pi \cos\Theta)}{\sin(0.5\pi \cos\Theta)} \cos(- 0.25\pi\sin\Theta + 0.25\pi) $
$E_0$ -- амплитудное значение поля одного осциллятора.

Интенсивность излучения:
$I(\Theta) = 4I_0 \tfrac{\sin ^2 (0.5 N \pi \cos\Theta)}{\sin ^2 (0.5\pi \cos\Theta)} \cos ^2 (- 0.25\pi\sin\Theta + 0.25\pi)$
$I_0$ -- интенсивность излучения одного осциллятора.

Это правильный ответ?

[rascas]

Согласен. Похоже у Вас правильный ответ и решение.

[Uchitel'_istorii]

Условие английское:

PNG. писал(а):

29-6. The electrons in a long, straight, fine wire of length L are all oscillating along the wire with angular frequency $\omega$ , small amplitude $\underline{a}$ , and in the same phase. Find the electric field at a great distance $R(R >> L)$, at an angle $\Theta$ with respect to an axis connected with the wire.

Условие русское:

PNG писал(а):

29. 6. Электроны в длинной прямой тонкой проволоке длиной L колеблются с круговой частотой $\omega$ и малой амплитудой $a$ в одинаковой фазе вдоль всей проволоки. Найдите электрическое поле, создаваемое ими под углом $\theta$ относительно направления проволоки на больших расстояних $R$ от нее $(R >> L)$.

Мое решение:

Разность фаз между верхним торцом провода и небольшим отрезком длины $dy$:
$\phi = -y \cos(\Theta)\tfrac{2\pi}{\lambda}$
Поле в направлении $\Theta$ от отрезка $dy$ согласно формуле (29.3):
$dE = - \tfrac{ \rho dy \sin\Theta a_0 \cos(\omega (t-\tfrac{R}{c}) - y\cos\Theta \tfrac{2\pi}{\lambda} ) }{4\pi\epsilon_0 R c^2}$
$a_0 = -a\omega^2$;
$\rho $ -- заряд на единицу длины провода.

Полное поле провода в направлении $\Theta$:
$E = \int dE = \int\limits_0^L - \tfrac{ \rho dy \sin\Theta a_0 \cos(\omega (t-\tfrac{R}{c}) - y\cos\Theta \tfrac{2\pi}{\lambda} ) }{4\pi\epsilon_0 R c^2}$
$=-\tfrac{\rho a_0 \sin\Theta }{4\pi\epsilon_0 R c^2} \int\limits_0^L \cos(\omega (t-\tfrac{R}{c}) - y\cos\Theta \tfrac{2\pi}{\lambda} ) dy $
$= \tfrac{\rho a_0 \sin\Theta }{4\pi\epsilon_0 R c^2 } \tfrac{\lambda}{2\pi \cos(\Theta)} (\sin(\omega (t-\tfrac{R}{c}) - L\cos\Theta \tfrac{2\pi}{\lambda}) - \sin(\omega (t-\tfrac{R}{c}) ))$

$=\tfrac{\rho a_0 \lambda \tg\Theta }{8\pi ^2 \epsilon_0 R c^2 } [\sin(\omega (t-\tfrac{R}{c}) - L\cos\Theta \tfrac{2\pi}{\lambda}) - \sin\omega (t-\tfrac{R}{c} )]$

Т.к. $\sin(\alpha + d\alpha) - \sin(\alpha) = d\sin(\alpha) = cos(\alpha)d\alpha$ , то

$\lim\limits_{\Theta\to \pi/2} E = \tfrac{\rho a_0 L }{4\pi \epsilon_0 R c^2 } \cos\omega (t-\tfrac{R}{c} )$

В русском решении png ответ совершенно другой, причем неясно, между чем и чем они меряют разность фаз $\varphi_0$. Поясните , неужели решение МИФИ опять неверное?

[mihiv]

Если $\lambda >>L$, то ответы совпадают.

[rascas]

Uchitel'_istorii в сообщении #1342340 писал(а):

В русском решении ответ совершенно другой

Ваше решение:

Uchitel'_istorii в сообщении #1342340 писал(а):

$\lim\limits_{\Theta\to \pi/2} E = \tfrac{\rho a_0 L }{4\pi \varepsilon_0 R c^2 } \cos\omega (t-\tfrac{R}{c} )$

и решение МИФИ:

МИФИ писал(а):

$E = - \tfrac{q_e L \rho a \omega^2 \cos[\omega (t-\tfrac{R}{c}) + \varphi_0 ] }{4\pi \varepsilon_0 R c^2 } \sin \Theta $

полностью совпадает. Небольшая разница в написании связана с тем, что:

1) У Вас $\rho$ это заряд на единицу длины провода, а в решение МИФИ $\rho$ это количество электронов на единицу длины провода.
2)

Uchitel'_istorii в сообщении #1342340 писал(а):

$a_0 = -a\omega^2$

3) Вы своё решение зачем то ограничили углами $\Theta$ близкими к $\tfrac{\pi}{2}$, но в условии задачи не требуют таких ограничений. Решение МИФИ не ограничивает угол $\Theta$ .

Uchitel'_istorii в сообщении #1342340 писал(а):

неясно, между чем и чем они меряют разность фаз $\varphi_0$

$\varphi_0$ - В решении МИФИ это начальная фаза колебаний электронов от нейтрального положения.
В Вашем решении Вы подразумеваете начальную фазу равную $0$ радиан. Не понятно на каком основании.

Как верно заметил mihiv. Эти решения только для $\lambda >> L$ (короткий диполь).

[StaticZero]

rascas в сообщении #1342736 писал(а):

Не понятно на каком основании.

А основания не появятся от фразы "без потери общности рассуждения можно считать, что..."?

[Uchitel'_istorii]

rascas в сообщении #1342736 писал(а):

Uchitel'_istorii в сообщении #1342340 писал(а):

В русском решении ответ совершенно другой

Ваше решение:

Uchitel'_istorii в сообщении #1342340 писал(а):

$\lim\limits_{\Theta\to \pi/2} E = \tfrac{\rho a_0 L }{4\pi \varepsilon_0 R c^2 } \cos\omega (t-\tfrac{R}{c} )$

и решение МИФИ:

МИФИ писал(а):

$E = - \tfrac{q_e L \rho a \omega^2 \cos[\omega (t-\tfrac{R}{c}) + \varphi_0 ] }{4\pi \varepsilon_0 R c^2 } \sin \Theta $

полностью совпадает. Небольшая разница в написании связана с тем, что:
...
Как верно заметил mihiv. Эти решения только для $\lambda >> L$ (короткий диполь).

Общее решение:
$E=\tfrac{\rho a_0 \lambda \tg\Theta }{8\pi ^2 \epsilon_0 R c^2 } [\sin(\omega (t-\tfrac{R}{c}) - L\cos\Theta \tfrac{2\pi}{\lambda}) - \sin\omega (t-\tfrac{R}{c} )]$

Частные решения:
1) при $\Theta = \pi/2$ (экваториальная плоскость)
$E=- \tfrac{\rho a_0 L }{4\pi \epsilon_0 R c^2 } \cos\omega (t-\tfrac{R}{c} )$

2) при $\lambda \gg L$
$E=- \tfrac{\rho a_0 L \sin(\Theta)}{4\pi \epsilon_0 R c^2 } \cos\omega (t-\tfrac{R}{c} )$

Частные решения получаются из упрощения скобки с разностью синусов. Условия для 2-го частного ответа я не увидел, поэтому думал, что МИФИ нашел ответ для экваториальной плоскости (но тогда лишний синус). Теперь понятно.

rascas в сообщении #1342736 писал(а):

Uchitel'_istorii в сообщении #1342340 писал(а):

неясно, между чем и чем они меряют разность фаз $\varphi_0$

$\varphi_0$ - В решении МИФИ это начальная фаза колебаний электронов от нейтрального положения.
В Вашем решении Вы подразумеваете начальную фазу равную $0$ радиан. Не понятно на каком основании.

Понятно , что в аргумент можно дописать любую константу. У Фейнмана начальной фазы нет. Напротив, он акцент делает на разности фаз -- уравнение (29.17) , в котором присутствует разность фаз из-за удаленности осцилляторов и разность фаз из-за рассинхронизации.

[rascas]

Небольшое пояснение про написание формулы:

Uchitel'_istorii в сообщении #1342937 писал(а):

Общее решение:
$E=\tfrac{\rho a_0 \lambda \tg\Theta }{8\pi ^2 \varepsilon_0 R c^2 } [\sin(\omega (t-\tfrac{R}{c}) - L\cos\Theta \tfrac{2\pi}{\lambda}) - \sin\omega (t-\tfrac{R}{c} )]$

Слагаемое: $L\cos\Theta \tfrac{2\pi}{\lambda}$ , надо понимать как: $L(\cos\Theta) \tfrac{2\pi}{\lambda}$
А например слагаемое: $\sin\omega (t-\tfrac{R}{c} )$ , надо понимать как обычно: $\sin \bigl( \omega (t-\tfrac{R}{c} ) \bigr)$

На мой взгляд слагаемое: $L\cos\Theta \tfrac{2\pi}{\lambda}$ , следует записать: $\tfrac{2 \pi}{\lambda} L \cos\Theta$ . (к стати отсюда и видно, что если $\lambda \gg L $ то это слагаемое мало)

[Uchitel'_istorii]

В лекции 30 на рис. 30-5 [ http://www.feynmanlectures.caltech.edu/ ... ml#Ch30-F5 ] указано, что при угле $ \theta_1 = \lambda / L$ будет наблюдаться минимум интенсивности. Для задачи 29-6 это эквивалентно углу $\Theta = \tfrac{\pi}{2} + \theta_1$ . Но для экваториальной плоскости значение поля слабо зависит от угла $\Theta$ и не обращается в нуль при $\lambda \ll L$. Как разрешить противоречие?

[rascas]

Никакого противоречия нет.

Используйте Ваше общее решение.

Uchitel'_istorii в сообщении #1342937 писал(а):

Общее решение:
$E=\tfrac{\rho a_0 \lambda \tg\Theta }{8\pi ^2 \varepsilon_0 R c^2 } [\sin(\omega (t-\tfrac{R}{c}) - \tfrac{2\pi}{\lambda} L\cos\Theta ) - \sin\omega (t-\tfrac{R}{c} )]$

И подставьте в него: $\cos\Theta = \cos ( \tfrac{\pi}{2} + \theta_1 ) = -\sin \theta_1 = - \theta_1 = -\tfrac{\lambda}{L} $

[Uchitel'_istorii]

Тогда разность синусов в квадратных скобках обращается в нуль. Но $tg\Theta \to \infty$. Имеем неопределенность вида $\infty \cdot 0$.

[Uchitel'_istorii]

$\tg \Theta \to -L/\lambda$