Πρόβλημα 9.1 Αλλά και αφού είναι: Αλλά Και Έτσι Όμοια Επί πλέον (οι άλλοι δύο όροι αναιρούνται αφού Επομένως: Ο τελευταίος όρος είναι πάνω από την επιφάνεια στο άπειρο όπου J = 0,έτσι είναι μηδέν. Επομένως
Πρόβλημα 9.2 Όπως στο παράδειγμα 1 για για Ανάλογα (ή μηδέν για πάντα στο z: Αλλά έτσι η προς ολοκλήρωση παράσταση είναι
Τώρα και Έτσι: Είναι Επομένως Έτσι: (ή μηδέν αν (ή μηδέν για (ή μηδέν για Πρόβλημα 9.3 Για ολόκληρο τον βρόγχο έτσι Εδώ (εσωτερικός κύκλος), (εξωτερικός κύκλος) Έτσι:
Το κινούμενο μαγνητικό πεδίο επάγει ηλεκτρικό πεδίο. Από την στιγμή που γνωρίζουμε το Α μόνο σε ένα σημείο (στο κέντρο) δεν μπορούμε να υπολογίσουμε το για να βρούμε το Β. Πρόβλημα 9.4 Από την 9.29 Έτσι: Εντωμεταξύ από την 9.24 Έτσι Πρόβλημα 9.5 Εξ. 9.26 Εξ. 9.29 Τώρα Έτσι εξ. 9.31 εξ. 9.32
εξ. 9.34 Πρόβλημα 9.6 Εξισώνουμε αυτό με την εξ. 9.35 ή αφού Πρόβλημα 9.7 Από την αρχή της επαλληλίας μπορούμε να προσθέσουμε τα δύο δυναμικά των δίπολων. Ας εκφράσουμε πρώτα το V σε καρτεσιανές συντεταγμένες. Αυτό είναι για το ταλαντευόμενο δίπολο στον z άξονα. Για ένα κατά μήκος του x ή y αλλάζουμε το z σε x ή y. Στην παρούσα περίπτωση έτσι το ένα κατά μήκος του άξονα y καθυστερεί κατά μία γωνία φάσης π/2: (απλά θέστε Έτσι
Όμοια Μπορούμε να πάρουμε τα πεδία διαφοροποιώντας τα δυναμικά,άλλα προτιμούμε να εργαστούμε με τις εξισώσει ς 9.31 και 9.32 χρησιμοποιώντας την υπέρθεση. Από την στιγμή που και η εξίσωση 9.31 γράφεται: Σε αυτή την περίπτωση το περιστρεφόμενο δίπολο: (παρατηρείστε ότι όπου και Σημειώνοντας ότι και τώρα έχουμε:
Αυτή είναι η διπλάσια ακτινοβολούμενη δύναμη από κάθε περιστρεφόμενο δίπολο μόνο του. Γενικά +σταυρωτούς όρους. Σε αυτή την ιδιαίτερη περίπτωση τα πεδία 1 και 2 είναι σε φάση έτσι οι σταυρωτοί όροι πάνε στο μηδέν στον μέσο χρόνο, και η συνολική ακτινοβολούμενη ισχύς είναι απλά το άθροισμα των μεμονωμένων ισχύων. Πρόβλημα 9.8 Πάμε πίσω στην εξίσωση 9.46 Αφού V = 0 είναι:
Αυτά είναι ακριβώς τα πεδία που βρήκαμε στο πρόβλημα 8.38. Το διάνυσμα Pointing είναι: Όπου Πρόβλημα 9.9 Η ένταση Έτσι ή αφού Αφού b << λ και το R πάει στην τέταρτη δύναμη αυτού του μικρού αριθμού, το R τυπικά είναι πολύ μικρότερο από την ηλεκτρική αντίσταση ακτινοβολίας. Για τις διαστάσεις του προβλήματος 9.6 και Που είναι ένα εκατομμυριοστό από την ηλεκτρική αντίσταση ακτινοβολίας. Πρόβλημα 9.10 Έτσι η 9.75 λέει
(Αυτό φαίνεται να μην συμφωνεί με το πρόβλημα 9.7.Ο λόγος είναι ότι στην εξίσωση 9.75 ο άξονας πόλωσης είναι κατά μήκος της διεύθυνσης του όπως περιστρέφεται το δίπολο,έτσι και οι άξονες. Ακόμα η γωνία θ εδώ δεν είναι ίδια όπως το πρόβλημα 9.7). Εν τω μεταξύ η εξίσωση 9.76 δίνει (Αυτό συμφωνεί με το πρόβλημα 9.7 επειδή τώρα έχουμε ολοκληρώσει πάνω σε όλες τις γωνίες και η κλίση του άξονα πόλωσης είναι ασήμαντη). Πρόβλημα 9.11 Για t = 0 η διπολική ροπή του δακτυλίου είναι: Καθώς περιστρέφεται (ας πούμε αντί-ωρολογιακά) έτσι και επομένως Ως εκ τούτου (εξ. 9.76): Πρόβλημα 9.12 έτσι Επομένως (εξ. 9.76): Τώρα ο χρόνος που χρειάζεται για να πέσει από ύψος h δίνεται από έτσι η ακτινοβολούμενη ενέργεια είναι Παράλληλα η δυναμική ενέργεια που χάθηκε είναι Έτσι το κλάσμα είναι Εν τέλει σχεδόν όλη η ενέργεια μετατρέπεται σε κινητική.
Πρόβλημα 9.13 Στην ζώνη ακτινοβολίας ο δεύτερος όρος είναι αμελητέος έτσι
Εν τω μεταξύ Στην ζώνη ακτινοβολίας (b) Για να απλουστεύουμε την παράσταση θέτουμε Τότε (στην ζώνη ακτινοβολίας)
Προσέξτε ότι και αφού το ολοκλήρωμα είναι (παρατηρείστε ότι είναι ανάλογο του την στιγμή που η ακτινοβολία του δίπολου είναι ανάλογη του ) Πρόβλημα 9.14 Εδώ V = 0 (από την στιγμή που ο δακτύλιος είναι ουδέτερος) και το ρεύμα εξαρτάται μόνο από το t (όχι από την θέση) έτσι το επιβραδυνόμενο διανυσματικό δυναμικό είναι Αλλά σε αυτή την περίπτωση δεν αρκεί να αντικαταστήσουμε το με το r στον παρονομαστή. Αυτό θα οδηγούσε στην εξ. 9.67 και ακόμα στο Α = 0 (αφού p = 0). Αντί γι αυτό χρησιμοποιούμε την εξ. 9.43 Παράλληλα και
Ως συνήθως Τότε Γενικά εξάλλου στην ζώνη ακτινοβολίας δεν μας ενδιαφέρουν όροι έτσι (Σημειώστε ότι έτσι Πρόβλημα 9.15 Σε χρόνο t το φορτίο είναι Έτσι Επομένως και ακόμα και
Έτσι Επομένως όπου Πρόβλημα 9.16 Ο όρος κάτω από την τετραγωνική ρίζα είναι Θέστε Αλλά Ως εκ τούτου Ακόμα
Πρόβλημα 9.17 Για ένα δοσμένο σημείο x το σωματίδιο για πάντα θα παραμένει ορατό για να χαθεί θα πρέπει να ταξιδέψει γρηγορότερα από το φως. Πρόβλημα 9.18 Πρώτα υπολογίζουμε το Τώρα και
Επομένως Ο όρος στις αγκύλες απλουστεύεται σε Έτσι Εν τω μεταξύ Πρόβλημα 9.19 Από την εξ. 9.79 Διαφοροποιούμε ως προς t : ή Είναι έτσι: Και επομένως Η εξίσωση 9.87 λέει έτσι:
Αλλά και Πρόβλημα 9.20 Εδώ Έτσι και δείχνει δεξιά και Για πεδίο που δείχνει στα αριστερά και έτσι και
Πρόβλημα 9.24 και ο χρόνος που χρειάζεται μέχρι να έρθει σε ηρεμία είναι οπότε η ενέργεια που ακτινοβολείται είναι Η αρχική κινητική ενέργεια ήταν οπότε το τμήμα που ακτινοβολήθηκε είναι: Τότε Επομένως, οι απώλειες ακτινοβολίας εξαιτίας των συγκρούσεων σε ένα συνηθισμένο καλώδιο είναι αμελητέες. Πρόβλημα 9.25 Αρχικά είναι Και όταν η ακτίνα είναι το ένα εκατοστό της αρχικής, το u/c είναι δέκα φορές μεγαλύτερο, επομένως για το μεγαλύτερο μέρος της τροχιάς η ταχύτητα είναι ασφαλώς μη σχετικιστική. Από τον τύπο του Larmor έχουμε: αφού και Όπου U είναι η ολική ενέργεια του ηλεκτρονίου επομένως ή (Όχι πολύ!!)
Πρόβλημα 9.26 Το μέγιστο προκύπτει για Επομένως ή Άρα Θέλουμε το πρόσημο συν, αφού όταν β 0 Για γράφουμε όπου ε<<1, και αναπτύσσουμε σε όρους πρώτης τάξης του ε: Προφανώς ή ή Τώρα και Αλλά Επομένως
Πρόβλημα 9.27 Έστω Η συνολική ισχύς που ακτινοβολείται (προς όλες τις κατευθύνσεις) είναι: Έστω Τότε και ο αριθμητής γίνεται: Όταν. Όταν Το ολοκλήρωμα είναι
όπου Είναι αυτό συνεπές με τον τύπο του Lienard; Εδώ άρα Οπότε ο τύπος του Lienard λέει: δηλαδή είναι συνεπές Πρόβλημα 9.28 α) Για να αντισταθμίσουμε την ανάδραση της ακτινοβολίας θα πρέπει να ασκήσουμε μια δύναμη Για κυκλική κίνηση, Άρα που Αυτή είναι η δύναμη η οποία εμείς πρέπει να ασκήσουμε. Στο μεταξύ η ισχύς ακτινοβολείται είναι και άρα και οι δύο εκφράσεις συμφωνούν. β) Για απλή αρμονική κίνηση, Άρα
Όμως αυτή τη φορά ενώ άρα Η ισχύς που προσδίδουμε δεν είναι ίση με την ισχύ που ακτινοβολείται. Παρόλα αυτά επειδή οι χρονικές μέσες τιμές του και του είναι ίσες (για την ακρίβεια είναι ίσες με ½), μετά από ένα πλήρη κύκλο η ενέργεια που ακτινοβολείται είναι ίση με την ενέργεια που εισάγεται. (Στο μεταξύ η ενέργεια προφανώς αποθηκεύεται στα γύρω πεδία) γ) Στην ελεύθερη πτώση, Οπότε και έχουμε μηδενική ανάδραση της ακτινοβολίας. Έτσι Όμως υπάρχει ακτινοβολία Προφανώς η ενέργεια εξάγεται συνεχώς από τα γύρω πεδία. Το παράδοξο αυτό μένει σταθερό ακόμα και στην ακριβή λύση (όπου δεν έχουμε υποθέσει υ<<c, όπως στην περίπτωση του τύπου του Larmor και του τύπου των Abraham-Lorentz) Πρόβλημα 9.29 και (για ηλεκτρόνια). Είναι? Αν το ω είναι στην οπτική περιοχή, τότε το οποίο είναι πολύ μεγαλύτερο από το τ, οπότε η απόσβεση είναι πράγματι μικρή. (b) Από το πρόβλημα 8.26 έχουμε στιγμή που βρισκόμαστε στην περιοχή του είναι πολύ μικρό. Από τη το πλάτος της ανώμαλης διασποράς Πρόβλημα 9.31 (a) άρα Για τον υπολογισμό αυτού, ολοκληρώνουμε και τα 2 από 0 έως L σκόπιμα, και διαιρούμε δια 2
Πρόβλημα 9.35 (a) Πρόκειται για ταλαντευόμενο ηλεκτρικό δίπολο, με πλάτος και συχνότητα Το (μέσο) διάνυσμα Poynting δίνεται από την οπότε η ισχύς ανά μονάδα επιφάνειας του πατώματος είναι: Όμως και για μέγιστη ένταση (b) η οποία θα έπρεπε να είναι (και είναι) η μισή της συνολικής ακτινοβολούμενης ισχύος. Η υπόλοιπη, φυσικά, χτυπάει στο ταβάνι. (c) Το πλάτος είναι x 0 (t), οπότε είναι η ενέργεια σε χρόνο t, και είναι η ισχύς που ακτινοβολείται. ή Πρόβλημα 9.36 Η ενέργεια που ακτινοβολείται θα είναι διπλάσια από αυτήν ενός ταλαντευόμενου μαγνητικού δίπολου με διπολική ροπή Επομένως είναι
(b) (όχι πολύ) Χρησιμοποιήσαμε ότι sin ψ = 2 2 1 (πολύ) Πρόβλημα 9.40 Άρα Άρα ακτινοβολεί. (Για την ακρίβεια, με σταθερό ρυθμό) Όχι, η ανάδραση είναι μηδέν