Запишем второй закон Ньютона для электрона, движущегося в указанном поле ($e > 0$):
$$m \frac{d^2}{d t^2} \vec{r}(t)=-e \vec{E}_0 \sin (\omega t)$$
Интегрируя уравнение движения, с условиями, что координата и скорость ограничены при $t\to\infty$, получаем ответ на первый вопрос
Используя соотношения между вектором электрической индукции, напряженности и поляризации, получим:
$$\varepsilon_0\varepsilon(\omega)\vec E_0=\varepsilon \vec E_0 + \vec P,$$
учитывая ответ пункта A1, получаем ответ:
Этот пункт задачи представляет собой классическую задачу по нахождению поля внутри диэлектрического шара, помещенного в постоянное электрическое поле. Одно из решений приводится ниже.
Дипольный момент системы равен заряду шаров, умноженному на вектор $\vec\delta$, т.е.
$$\vec d_0=\cfrac{4}{3}\pi R^3\rho\cdot \vec\delta=\cfrac{4}{3}\pi R^3\vec\sigma,$$
а вектор $\vec\sigma$ также получим из решения системы уравнений выше. Таким образом:
$$I=\varepsilon_0^\alpha\cdot |\vec d_{sp}|^\beta\cdot \omega_{res}^\gamma\cdot c^\zeta$$
Запишем размерности величин
$[I] = Н\cdot м\cdot с^{-1}$
$[\varepsilon_0]=Кл^2\cdot Н^{-1}\cdot м^{-2}$
$[d]=Кл\cdot м$
$[\omega]=с^{-1}$
$[c] = м\cdot с^{-1}$
Решая систему, получим $\alpha=-1, \beta=2, \gamma=4, \zeta=-3$.
Оценим энергию, вкачиваемую в систему, как среднюю потенциальную энергию диполя за период.
$$W=-(\vec d, \vec E)=d_0E_0\cos^2\omega t=\cfrac{d_0E_0}{2}(1-\cos 2\omega t)$$
$$\overline W=\cfrac{d_0E_0}{2}$$
Таким образом, средняя мощность за период равна
$$P=\overline W/T=\cfrac{d_0E_0\omega_{res}}{4\pi}$$
и с точностью до множителя может быть оценена как
$$P\sim d_0 E_0 \omega_{res}.$$
В равновесном случае вкачиваемая мощность должна уноситься излучением $P=I$ или
$$ d_0 E_0 \omega_{res}=\frac{\left|\vec{d}_{0}\right|^2 \omega_{\text {res }}^4}{\varepsilon_0 c^3},$$
учитывая, что $d_0=\varepsilon_0 E_{in}R^3$ из пункта B1, получаем ответ:
$$d = \varepsilon_0(\alpha_0 + \beta_0 x_0 \cos\omega_0 t)E_0\cos \omega t,$$
что, раскрывая скобки, даст ответ
Используя найденное в пункте B4 значение интенсивности излучения, для каждой из частот из пункта C3 получим
Частота | Амплитуда |
$\omega$ | $\cfrac{\varepsilon_0 (\alpha_0 E_0)^2 \omega^4}{c^3}$ |
$\omega-\omega_0$ | $\cfrac{\varepsilon_0 (\beta_0 x_0 E_0)^2 (\omega-\omega_0)^4}{4c^3}$ |
$\omega+\omega_0$ | $\cfrac{\varepsilon_0 (\beta_0 x_0 E_0)^2 (\omega+\omega_0)^4}{4c^3}$ |
Максимальное поле будет в двух точках, где сонаправлены внешнее поле $\vec E_0$ и поле диполя, создаваемое шаром. Это диаметрально противоположные точки шара, причем диаметр выбран коллинеарным полю $\vec E_0$.
В обозначениях пункта B1 в задании спрашивается отношение $E_{out}/E_0$, т.е.
$\cfrac{E_{out}}{E_0}=\cfrac{\varepsilon(\omega)E_{in}}{E_0}=\cfrac{3\varepsilon(\omega)}{\varepsilon(\omega) + 2}$
Снимем величины, которые понадобятся для расчетов, из графика:
$$I_{SERS}=3\cdot 10^6~у.е.$$ $$I_{Raman}=0.45\cdot 10^6~у.е.$$ $$N_{SERS} = 1.4\cdot 10^7$$ $$N_{Raman}=1.3\cdot 10^{14}$$
Рассчитаем фактор усиления
$$g=\sqrt[4]{\cfrac{I_{SERS}/N_{SERS}}{I_{Raman}/N_{Raman}}}$$
Используя ответы пунктов B5 и D2, получаем:
$$\cfrac{E_{in}}{E_0}=\cfrac{g(\omega_{res})}{|\varepsilon(\omega_{res})|}=\left(\cfrac{c}{\omega_{res} R}\right)^3=\left(\cfrac{\lambda}{2\pi R}\right)^3,$$ откуда
$$R\sim \cfrac{\lambda}{2\pi (g/\varepsilon)^{1/3}}.$$
Расчеты произведем для $g=92, |\varepsilon|=2, \lambda=735~нм$ и получим