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 $a$ :
$$P=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{2p^2}{3c^3};P=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{2q^2{a}^2}{3c^3}$$

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
$${\mathit{F}}_{\mathrm{\Omega }}=q[\mathit{V}\mathit{B}].$$

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.
$$\frac{m{V}^2}{R}=qVB,$$

где $V$ — скорость частицы, $R$ — радиус окружности.
Ускорение частицы:
$$a=\frac{V^2}{R}=\frac{qVB}{m}.$$

Следовательно, мощность излучения в соответствии с формулой (4.6.3) равна
Рис. 4.13
$$P=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{2q^2{a}^2}{3c^3}=\frac{1\cdot 2q^4{V}^2{B}^2}{4\pi {\epsilon }_0\cdot 3c^3{m}^2}.$$

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
$$mVdV=-\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{2q^4{B}^2{V}^{2}dt}{3c^3{m}^2}.$$

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

где $\alpha =\frac{q^4{B}^2}{6\pi {\epsilon }_0{c}^3{m}^3}$. Интегрируя это уравнение, получаем
$$V=V_0{e}^{-\alpha a},$$

где $V_0$ — скорость частицы при $t=0$. Далее имеем
$$T=\frac{m{V}^2}{2}=\frac{m{V}_0^2}{2}{e}^{-2at}.$$

Отсюда получаем время уменьшения кинетической энергии частицы за счёт излучения в $е$ раз
$$t_e=\frac{1}{2\alpha }=\frac{3\pi {\epsilon }_0{c}^3{m}^3}{q^4{B}^2}.$$

Ответ: $T=T_0{e}^{-2ca},t_e=\frac{1}{2\alpha }$, где $\alpha =\frac{q^4{B}^2}{6\pi {\epsilon }_0{c}^3{m}^3}$.
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):
$$E_m(r_0,\theta ={90}^{\circ })=E_m=\frac{C}{r_0},$$

отсюда
$$C=r_0{E}_m.$$

В вакууме $\epsilon =\mu =1$. Амплитуда магнитного поля в электромагнитной волне, создаваемой диполем, в волновой зоне связана с амплитудой электрического поля соотношением (4.5.4)
$$H_m=\sqrt{\frac{{\epsilon }_0}{{\mu }_0}}{E}_m.$$

Следовательно, величина вектора Пойнтинга волны определяется выражением:

$$\begin{array}{l}S(r,\theta ,t)=\sqrt{\frac{{\epsilon }_0}{{\mu }_0}}{E}_m(r,\theta ){\cos }^2(\omega t-kr)=\\ =\sqrt{\frac{{\epsilon }_0}{{\mu }_0}}\cdot {\left[\frac{r_0{E}_m\sin \theta }{r}\right]}^2{\cos }^2(\omega t-kr).\end{array}$$

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

В результате получаем
$$<S>=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{{\epsilon }_0}{{\mu }_0}}{\left[\frac{r_0{E}_m\sin \theta }{r}\right]}^2=3\mathrm{mBT}/{\mathrm{M}}^2.$$

Ответ: $⟨S>=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{{\epsilon }_0}{{\mu }_0}}{\left[\frac{r_0{E}_m\sin \theta }{r}\right]}^2=3\mathrm{mBT}/{\mathrm{M}}^2$.
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
$$F_{zp}=\gamma \frac{M_{c}m}{R^2}=\gamma \frac{4\pi \rho r^3{M}_c}{3R^2},$$

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
$$F_{\text{дав }7.}=p\cdot \pi r^2=\pi r^2\omega =\pi r^{2}S/c=\frac{P\pi r^2}{4\pi R^{2}c}=\frac{P{r}^2}{4R^{2}c}$$

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

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

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