4.38. а) Построить полярную диаграмму направленности для излучения диполя в плоскости, проходящей через ось диполя, и в плоскости, перпендикулярной оси. 

б) Нарисовать качественно вид полярной диаграммы направленности для антенны, состоящей из двух полуволновых вибраторов, параллельных друг другу, если расстояние между ними: 

1) $a = \frac \lambda 2$, токи совпадают по фазе; 

2) $a = \frac \lambda 2$, токи в противофазе;

3) $a = \lambda $, токи в противофазе; 

4) $a = \frac \lambda 4$, токи сдвинуты по фазе на $\frac \pi 2$.

-----

===== а) =====

Для ответа на вопрос а) воспользуемся решением [[res4.7|задачи 4.7.]] в которой получено распределение излучения диполя $$\frac{dI}{d\theta}=\frac{\ddot{p}^{2}\sin^{3}\theta}{2c^{3}}.$$

Зависимость есть только от одного угла  --- $\theta $, меняющегося в пределах от $0$ до $\pi .$

Графически можно представить в виде:{{ :optics:выделение_286.png?200 |}}
Так как по углу $0\leq \alpha \leq \pi$ зависимости нет, то распространение во все стороны --- равномерное.

===== б) =====

{{:optics:выделение_288.png?200 |}}Перейдём теперь к полуволновому вибратору из [[res4.37|задачи 4.37.]]

В которой мы нашли распределение излучения: 

$$\left\langle \frac{dI}{d\Omega}\right\rangle =\frac{I_{0}^{2}}{2\pi c}\left(\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}\cos\theta\right)}{\sin\theta}\right)^{2}$$

Как видим у него тоже зависимость есть только от одного угла  --- $\theta $.

{{:optics:выделение_289.png?50 |}}Теперь разместим два вибратора --- появится зависимость от угла $\alpha $. Найдём эту зависимость.

==== 1) ====

1) $a = \frac \lambda 2$, токи совпадают по фазе.

Токи совпадают по фазе, но в зависимости от угла $\alpha$ поля
будут с разными фазами (поля электромагнитной волны):

$$H=H_{1}+H_{2}=H_{1}+H_{1}e^{ik\Delta}=H_{1}\left(1+e^{ika\sin\alpha}\right)=$$
$$
H_{1}\left(1+e^{i\pi\sin\alpha}\right)=
2e^{i\frac{\pi}{2}\sin\alpha}H_{1}\cos\left(\frac{\pi}{2}\sin\alpha\right),$$ 

тогда $$I=4I_{0}\cos^{2}\left(\frac{\pi}{2}\sin\alpha\right).$$
Диаграмма направленности:
{{ :optics:выделение_291.png?75 |}}

==== 2) ====

$a = \frac \lambda 2$, токи в противофазе;

$$H=H_{1}+H_{2}=H_{1}-H_{1}e^{ik\Delta}=H_{1}\left(1-e^{ika\sin\alpha}\right)=$$
$$
H_{1}\left(1-e^{i\pi\sin\alpha}\right)=2ie^{i\frac{\pi}{2}\sin\alpha}H_{1}\sin\left(\frac{\pi}{2}\sin\alpha\right)$$

тогда $$I=4I_{0}\sin^{2}\left(\frac{\pi}{2}\sin\alpha\right).$$

Диаграмма направленности:
{{ :optics:выделение_292.png?100 |}}

==== 3) ====

3) $a = \lambda $, токи в противофазе; 

$$H=H_{1}+H_{2}=H_{1}-H_{1}e^{ik\Delta}=H_{1}\left(1-e^{ika\sin\alpha}\right)=$$
$$
H_{1}\left(1-e^{i2\pi\sin\alpha}\right)=2ie^{i\pi\sin\alpha}H_{1}\sin\left(\pi\sin\alpha\right)
$$
тогда $$I=4I_{0}\sin^{2}\left(\pi\sin\alpha\right).$$
Диаграмма направленности:
{{ :optics:выделение_293.png?100 |}}

==== 4) ====

$a = \frac \lambda 4$, токи сдвинуты по фазе на $\frac \pi 2$.

$$H=H_{1}+H_{2}= H_{1}+e^{i\frac{\pi}{2}}H_{1}e^{ik\Delta}=$$
$$
H_{1}\left(1+e^{i\frac{\pi}{2}+ika\sin\alpha}\right)= H_{1}\left(1+e^{i\frac{\pi}{2}+i\frac{\pi}{2}\sin\alpha}\right)=$$
$$
2e^{i\frac{\pi}{4}\left(1+\sin\alpha\right)}H_{1}\cos\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}\sin\alpha\right)$$
тогда $$I=4I_{0}\cos^{2}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}\sin\alpha\right).$$
Диаграмма направленности:
{{ :optics:выделение_294.png?100 |}}