1-a)

xy平面内でantennaから十分離れた点でantennaからの電磁波を観測したとする。 観測者の位置ベクトルとx軸との成す角を$\theta$とする。この点でのThe power per solid angleが

$$\di{P}{\Omega} = \frac{\omega^4}{8\pi c^3} \left( d_1^2 + 2d_1 d_2 \cos\delta +d_2^2\right); \, \delta \equiv \frac{\omega l \sin\theta}{c},$$ (1)

であることを示せ。但しここでは時間平均をとっている。

1-a)解答

dipole antennaをantennaに平行なdipole moment ${\bf d}_1,{\bf d}_2$で置き換えているので、

$${\bf d}_1(t_1) = d_1 \,\ve_z \cos\left(i\omega t_1\right)$$

$${\bf d}_2(t_2) = d_2 \,\ve_z \cos\left(i\omega t_2\right)$$

と書くことができる。ここで$\ve_z$は単位zベクトルである。

観測者とantenna間は十分距離が大きく、これを$R$とする。観測者の時刻$t$とantennaの時刻$t'$の対応は、電磁波が有限の時間を経てやってくることから、

$$\quad t' = t -\frac{R}{c}$$ antenna 1:

$$\quad t' = t - \frac{R+l\sin\theta}{c}$$ antenna 2:

となり、生じる位相差$\delta$は

$$\delta = \frac{\omega l\sin\theta}{c}$$ (2)

である。以後計算の簡略化のために1,2共通の$\theta$に依らない位相 $\omega R/c$は省略する。

前回までのレポートで導出した様に、非相対論的な輻射場の大きさは

$$E_{\rm rad}(t) = \left[ \frac{q\dot{v}}{Rc^2} \sin\Theta\right]_{\rm ret}$$ (3)

と書ける。ここで$\Theta$は$\dot{\vv}$と観測者の位置ベクトルが成す角である。 今の場合dipole momentは粒子の位置座標$\vr_0(t)$を用いて ${\bf d}(t)=q\vr_0(t)$と書けるので、これを用いるとEq.(3)は

$$E_{\rm rad}(t) = \left[\ddot{d}\frac{\sin\Theta}{c^2 R}\right]_{\rm ret} = - \left[ \omega^2 d \frac{\sin\Theta}{c^2 R} \right]_{\rm ret}$$

となる。弐本のz軸正の向きのdipole antennaからの輻射場をxy平面内で観測するとき $\Theta=\pi/2$となるので、先に計算した位相差に注意すると、1,2の重ね合わせで

$$E_{\rm rad}(t) = \left[ \frac{\ddot{d}_1+\ddot{d}_2}{Rc^2} \right... ...t(d_1 +d_2 \cos\delta\right) \cos\omega t + d_2 \sin\delta \sin\omega t\right\}$$ (4)

を得る。この二乗時間平均は

$$\left\langle E_{\rm rad}^2 \right\rangle = \frac{\omega^4}{R^2 ... ...lta \cos^2\omega t +\frac{\sin\delta \sin(2\omega t)}{2}\right\} \right\rangle$$

と書ける。実際に時間平均を取ると、

$$\lim_{T\to \infty} \frac{1}{T}\int_0^T \cos^2\omega t \,dt = \lim_{T\to \infty} \frac{1}{T}\int_0^T \frac{1+\cos(2\omega t)}... ...}+ \frac{1}{2}\lim_{T\to \infty}\frac{\sin(2\omega T)}{2\omega T} = \frac{1}{2}$$

$$\lim_{T\to \infty} \frac{1}{T}\int_0^T \sin^2\omega t \,dt = \lim_{T\to \infty} \frac{1}{T}\int_0^T \frac{1-\cos(2\omega t)}... ...}- \frac{1}{2}\lim_{T\to \infty}\frac{\sin(2\omega T)}{2\omega T} = \frac{1}{2}$$

$$\lim_{T\to \infty} \frac{1}{T}\int_0^T \sin(2\omega t) \,dt = \lim_{T\to \infty} \frac{1}{T} \left[ - \frac{\cos(2\omega t)}{... ...y} \left\{ \frac{1}{2\omega T} - \frac{\cos(2\omega T)}{2\omega T} \right\} = 0$$

であるから、

$$\left\langle E_{\rm rad}^2 \right\rangle = \frac{\omega^4}{2R^2 c^4} \left( d_1^2 + 2d_1d_2 \cos\delta + d_2^2\right)$$

を得る。以上よりThe power per solid angle = The recieved powerは、

$$\left\langle \di{P}{\Omega} \right\rangle = \frac{c}{4\pi} \left\... ...gle = \frac{\omega^4}{8\pi c^3} \left( d_1^2 + 2d_1d_2 \cos\delta +d_2^2\right)$$

となり、Eq.(1)を得る。

著者: 茅根裕司 chinone_at_astr.tohoku.ac.jp