Основные формулы
– Амплитуда электрического и магнитного векторов электромагнитной волны, излучаемой колеблющимся диполем, в волновой зоне, т.е. в области $r<<\lambda$, где $r$ расстояние от диполя до точки наблюдения, $\lambda$ длина волны излучения:
\[
E_{m} \sim H_{m} \sim \frac{1}{r} \sin \theta,
\]
$\theta$ – угол между радиус – вектором $r$ и направлением колебаний диполя.
– Значение вектора Пойнтинга волны, создаваемой диполем, в волновой зоне
\[
S \sim \frac{1}{r^{2}} \sin ^{2} \theta
\]
– Мощности излучения диполя с электрическим моментом $p(\mathrm{t})$ и заряда $\mathrm{q}$ , движущегося с ускорением $a$ :
\[
P=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \frac{2 p^{2}}{3 c^{3}} ; \quad P=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \frac{2 q^{2} a^{2}}{3 c^{3}}
\]

Примеры решения задач.
4.6.1. Нерелятивистская заряженная частица движется в поперечном однородном магнитном поле с индукцией $B$. Найти закон убывания (за счет излучения) кинетической энергии частицы во времени. Через сколько времени её кинетическая энергия уменьшится в $е$ раз?
Решение
На заряженную частицу, движущуюся в магнитном поле, действует сила Лоренца
\[
\boldsymbol{F}_{\Omega}=q[\boldsymbol{V B}] .
\]

Так как по условию задачи скорость частицы перпендикулярна магнитному полю, то под действием силы Лоренца она будет двигаться по окружности. Сила Лоренца является в данном случае центростремительной силой, т.е.
\[
\frac{m V^{2}}{R}=q V B,
\]

где $V$ – скорость частицы, $R$ – радиус окружности.
Ускорение частицы:
\[
a=\frac{V^{2}}{R}=\frac{q V B}{m} .
\]

Следовательно, мощность излучения в соответствии с формулой (4.6.3) равна
Рис. 4.13
\[
P=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \frac{2 q^{2} a^{2}}{3 c^{3}}=\frac{1 \cdot 2 q^{4} V^{2} B^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} \cdot 3 c^{3} m^{2}} .
\]

Полная энергия частицы определяется её кинетической энергией, за счёт уменьшения которой происходит излучение. Изменение кинетической энергии за время $\mathrm{d} t$ определяется выражением
\[
\mathrm{d} T=\mathrm{d}\left(\frac{m V^{2}}{2}\right)=-P \mathrm{~d} t .
\]

Используя выражение для $P$, получим
\[
m V d V=-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \frac{2 q^{4} B^{2} V^{2} d t}{3 c^{3} m^{2}} .
\]

Собирая в левой части все члены, зависящие от $V$, в правой от $t$, получим
\[
\frac{d V}{V}=-\alpha \mathrm{d} t
\]

где $\alpha=\frac{q^{4} B^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} m^{3}}$. Интегрируя это уравнение, получаем
\[
V=V_{0} e^{-\alpha a},
\]

где $V_{0}$ – скорость частицы при $t=0$. Далее имеем
\[
T=\frac{m V^{2}}{2}=\frac{m V_{0}^{2}}{2} e^{-2 a t} .
\]

Отсюда получаем время уменьшения кинетической энергии частицы за счёт излучения в $е$ раз
\[
t_{e}=\frac{1}{2 \alpha}=\frac{3 \pi \varepsilon_{0} c^{3} m^{3}}{q^{4} B^{2}} .
\]

Ответ: $T=T_{0} e^{-2 c a}, t_{e}=\frac{1}{2 \alpha}$, где $\alpha=\frac{q^{4} B^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} m^{3}}$.
4.6.2. В направлении максимального излучения на расстоянии $r_{0}=10 \mathrm{M}$ от элементарного диполя (волновая зона) амплитуда напряжённости электрического поля $E_{m}=6 \mathrm{~B} / \mathrm{m}$. Найти среднее значение плотности потока энергии на расстоянии $r=20 \mathrm{~m}$ от диполя в направлении, составляющем угол $\vartheta=30^{\circ}$ с его осью.
Решение
Амплитуда электрического тока в электромагнитной волне, излучаемой диполем, определяется формулой (4.6.1.). Запишем её в следующем виде
\[
E_{m}(\tau, \theta)=\frac{C}{q} \sin \theta,
\]

где $C$ неизвестная константа. Значение этой константы можно определить, зная $E_{m}$ при $r=r-r_{0}$ и $\theta=90^{\circ}$ (направление максимального излучения):
\[
E_{m}\left(r_{0}, \theta=90^{\circ}\right)=E_{m}=\frac{C}{r_{0}},
\]

отсюда
\[
C=r_{0} E_{m} .
\]

В вакууме $\varepsilon=\mu=1$. Амплитуда магнитного поля в электромагнитной волне, создаваемой диполем, в волновой зоне связана с амплитудой электрического поля соотношением (4.5.4)
\[
H_{m}=\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}} E_{m} .
\]

Следовательно, величина вектора Пойнтинга волны определяется выражением:

\[
\begin{array}{l}
S(r, \theta, t)=\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}} E_{m}(r, \theta) \cos ^{2}(\omega t-k r)= \\
=\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}} \cdot\left[\frac{r_{0} E_{m} \sin \theta}{r}\right]^{2} \cos ^{2}(\omega t-k r) .
\end{array}
\]

Среднее значение $S$ определяется средним значением квадрата косинуса за период колебания. Как известно
\[
<\cos ^{2}(\omega t-k r)>=\frac{1}{2} \text {. }
\]

В результате получаем
\[
<S>=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\left[\frac{r_{0} E_{m} \sin \theta}{r}\right]^{2}=3 \mathrm{mBT} / \mathrm{M}^{2} .
\]

Ответ: $\left\langle S>=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\left[\frac{r_{0} E_{m} \sin \theta}{r}\right]^{2}=3 \mathrm{mBT} / \mathrm{M}^{2}\right.$.
4.6.3. Считая, что частица имеет форму шарика и поглощает весь падающий на неё свет, найти радиус частицы, при котором гравитационное притяжение её к Солнцу будет компенсироваться силой светового давления. Мощность светового излучения Солнца $P=4 \cdot 10^{26} \mathrm{~B}$, плотность частицы $\rho=1,0 \mathrm{r} / \mathrm{cm}^{3}$.
Решение

Сила притяжения шариком и Солнцем определяется выражением
\[
F_{z p}=\gamma \frac{M_{c} m}{R^{2}}=\gamma \frac{4 \pi \rho r^{3} M_{c}}{3 R^{2}},
\]

где $\gamma=6.67 \cdot 10^{-11} \mathrm{H} \cdot \mathrm{m}^{2} /$ кг $^{2}$ – гравитационная постоянная, $M_{c}=1,889 \cdot 10^{30}$ кг – масса Солнца, $\mathrm{m}=\frac{4 \pi}{3} \rho r^{3}$ – масса шарика, $r$ – его радиус.

Давление света ( $p$ ) на поверхность полностью поглощающую свет, определяется суммарным импульсом света, который падает на единицу поверхности за 1 с. Эта величина равна произведению плотности импульса электромагнитного поля $\alpha$ (см. (4.5.7)) на скорость света ( $c$ )
\[
p=\alpha c=\omega,
\]

т.е. объемной плотности энергии электромагнитного излучения. В свою очередь $\omega$ связана с величиной вектора Пойнтинга соотношением
Рис. 4.14
\[
\omega=\frac{S}{c} .
\]

Поскольку Солнце излучает энергию равновероятно во всех направлениях, то $S$ на расстоянии $R$ (см. рис. 4.14) от Солнца определяется отношением полной мощности $P$, излучаемой Солнцем к площади сферы радиуса $R$
\[
S=\frac{P}{4 \pi R^{2}} .
\]

Следовательно, сила давления света на шарик определяется произведением $p$ на поперечное сечение шарика
\[
F_{\text {дав } 7 .}=p \cdot \pi r^{2}=\pi r^{2} \omega=\pi r^{2} S / c=\frac{P \pi r^{2}}{4 \pi R^{2} c}=\frac{P r^{2}}{4 R^{2} c}
\]

По условию задачи $F_{\text {грав }}=F_{\text {дав.л. }}$. Подставляя в это равенство выражения (1) и (2), получаем
\[
\gamma \frac{4 \pi \rho r^{3} M_{c}}{3 R^{2}}=\frac{P r^{2}}{4 R^{2} c},
\]

отсюда
\[
r=\frac{3 P}{16 \pi \gamma M_{c} \rho c}=0,6 \text { мкм. }
\]

Ответ: $r=\frac{3 P}{16 \pi \gamma M_{c} \rho c}=0,6$ мкм.