Bilan d'énergie : où va la puissance, et en combien de temps ?

La stratégie. Dans la zone de rayonnement, l'onde est localement plane : les relations de l'onde plane ($B=E/c$, équipartition, $\Pi =uc$) s'appliquent point par point. Le bilan intégral de Poynting sur une coquille, puis le flux à travers une portion de sphère, disent ensuite où va l'énergie et combien de temps elle met.

1) Équipartition, et l'énergie va à la vitesse $c$. $B=E/c$ donne $\frac{B^2}{2{\mu }_0}=\frac{E^2}{2{\mu }_0{c}^2}=\frac{{\epsilon }_0{E}^2}{2}$ : les énergies électrique et magnétique sont égales, et $u={\epsilon }_0{E}^2$. Avec $⟨{\cos }^2⟩=\frac{1}{2}$ et ${\epsilon }_0{\mu }_0^2={\mu }_0/c^2$ : $$⟨u⟩=\frac{{\epsilon }_0}{2}{\left(\frac{{\mu }_0{p}_0{\omega }^2\sin \theta }{4\pi r}\right)}^2=\frac{{\mu }_0{p}_0^2{\omega }^4{\sin }^2\theta }{32{\pi }^2{r}^2{c}^2}.$$ Le vecteur de Poynting vaut $\overrightarrow{\Pi }=\frac{\overrightarrow{E}\wedge ({\overrightarrow{e}}_r\wedge \overrightarrow{E})}{{\mu }_{0}c}=\frac{E^2}{{\mu }_{0}c}{\overrightarrow{e}}_r$, puisque $\overrightarrow{E}\perp {\overrightarrow{e}}_r$, d'où $$⟨\overrightarrow{\Pi }⟩=\frac{{\mu }_0{p}_0^2{\omega }^4{\sin }^2\theta }{32{\pi }^2{r}^{2}c}{\overrightarrow{e}}_r=c⟨u⟩{\overrightarrow{e}}_r.$$ L'énergie est transportée radialement, vers l'extérieur, à la vitesse $c$ : le débit d'énergie à travers une surface est la densité d'énergie multipliée par la vitesse, exactement comme pour une onde plane.

2) La coquille. L'élément de surface est $\mathrm{d}\overrightarrow{S}=r^2\sin \theta \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi {\overrightarrow{e}}_r$ : $$⟨P⟩(r)=\frac{{\mu }_0{p}_0^2{\omega }^4}{32{\pi }^{2}c}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{\pi }{\sin }^3\theta \mathrm{d}\theta =\frac{{\mu }_0{p}_0^2{\omega }^4}{32{\pi }^{2}c}\times 2\pi \times \frac{4}{3}=\frac{{\mu }_0{p}_0^2{\omega }^4}{12\pi c},$$ indépendant de $r$ : c'est la formule de Larmor. Le bilan intégral de Poynting sur la coquille, sans charges donc sans pertes, s'écrit $\frac{\mathrm{d}⟨W⟩}{\mathrm{d}t}=⟨P⟩(r_1)-⟨P⟩(r_2)=0$ : l'énergie moyenne contenue dans la coquille est constante ; le vide ne retient rien, il transporte. Une coquille d'épaisseur $\mathrm{d}r$ contient $⟨u⟩$ intégré sur la sphère, soit $⟨P⟩\mathrm{d}r/c$, d'où : $$⟨W⟩={\int }_{r_1}^{r_2}\frac{⟨P⟩}{c}\mathrm{d}r=⟨P⟩\frac{r_2-r_1}{c}.$$ C'est l'énergie émise pendant la durée $(r_2-r_1)/c$ : l'énergie « en vol » entre les deux sphères. Pour $1\mathrm{kW}$ et $1\mathrm{km}$ d'épaisseur : $⟨W⟩=10^3\times \frac{10^3}{3\times 10^8}=3,3\mathrm{mJ}$, émis en $3,3\mu \mathrm{s}$.

3) La puissance part vers l'équateur. La fraction de puissance entre ${\theta }_1$ et ${\theta }_2$ est $$f=\frac{3}{4}{\int }_{{\theta }_1}^{{\theta }_2}{\sin }^3\theta \mathrm{d}\theta =\frac{3}{4}{\left[-\cos \theta +\frac{{\cos }^3\theta }{3}\right]}_{{\theta }_1}^{{\theta }_2}.$$ Pour $[\pi /4,3\pi /4]$, avec $\cos (\pi /4)=\sqrt{2}/2$ et ${\cos }^3(\pi /4)/3=\sqrt{2}/12$ : le crochet vaut $2\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{12}\right)=\frac{5\sqrt{2}}{6}$, et $f=\frac{5\sqrt{2}}{8}\approx 0,884$. 88 % de la puissance passent à moins de $45^{\circ }$ du plan équatorial, à travers une portion de sphère qui ne représente que $\cos (\pi /4)\approx 71\%$ de sa surface. Pour un cône de demi-angle $30^{\circ }$, le crochet entre $0$ et $\pi /6$ vaut $\frac{2}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{8}\approx 0,0172$ ; pour les deux cônes, $f=\frac{3}{4}\times 2\times 0,0172=1-\frac{9\sqrt{3}}{16}\approx 0,026$ : 2,6 % de la puissance à travers $1-\cos 30^{\circ }\approx 13\%$ de la sphère.

Les directions $\theta =\pi /4$ et $3\pi /4$ sont aussi celles où ${\sin }^2\theta =\frac{1}{2}$ : la puissance par unité d'angle solide y vaut la moitié de son maximum.

4) Directivité 3/2. $\frac{\mathrm{d}⟨P⟩}{\mathrm{d}\Omega }=r^2⟨\Pi ⟩=\frac{{\mu }_0{p}_0^2{\omega }^4}{32{\pi }^{2}c}{\sin }^2\theta =\frac{3}{8\pi }⟨P⟩{\sin }^2\theta$, maximale pour $\theta =\pi /2$ : $\frac{3⟨P⟩}{8\pi }$. Donc $$D=\frac{3⟨P⟩/8\pi }{⟨P⟩/4\pi }=\frac{3}{2}.$$ Le dipôle est peu directif : dans son plan équatorial, il envoie une fois et demie ce qu'enverrait une source isotrope de même puissance. Pour faire mieux, il faut plusieurs dipôles (exercice 6).

5) À dix kilomètres. $$⟨\Pi ⟩=D\frac{⟨P⟩}{4\pi r^2}=\frac{3}{2}\times \frac{10^3}{4\pi \times 10^8}=1,19\times 10^{-6}\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}.$$ Pour une onde localement plane d'amplitude $E_0$, $⟨\Pi ⟩=\frac{E_0^2}{2{\mu }_{0}c}$, d'où $$E_0=\sqrt{2{\mu }_{0}c⟨\Pi ⟩}=\sqrt{2\times 377\times 1,19\times 10^{-6}}\approx 3,0\times 10^{-2}\mathrm{V}{\mathrm{m}}^{-1}=30\mathrm{mV}{\mathrm{m}}^{-1}.$$ Un microwatt par mètre carré, trente millivolts par mètre : largement de quoi alimenter un récepteur, qui travaille avec des microvolts.

Ce que l'exercice installe. Dans la zone de rayonnement, l'onde est localement plane : équipartition, $⟨\overrightarrow{\Pi }⟩=c⟨u⟩{\overrightarrow{e}}_r$. Le bilan sur une coquille dit que le vide transporte l'énergie sans la retenir (l'énergie « en vol » vaut $⟨P⟩\Delta r/c$) ; le flux à travers une portion de sphère dit où elle va : 88 % à moins de $45^{\circ }$ de l'équateur, une directivité de $3/2$.