• Используя декартовы координаты $(x, y, z)$ , получите электрическое поле кольца в окрестности его центра с точностью до первого порядка по $x/R$, $y/R$, и $z/R$.
• Найдите частоту малых колебаний заряженной частицы около центра кольца в направлениях, для которых существует устойчивое равновесие.

Благодаря симметрии, на оси $z$ единственная ненулевая составляющая электрического поля будет направлена вдоль $z$, то есть:$$
\vec{E}(0,0, z)=E_{z}(0,0, z) \hat{z}=\hat{z} \int \frac{\mathrm d q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{\left(R^{2}+z^{2}\right)} \cdot\frac{z}{\left(R^{2}+z^{2}\right)^{{1}/{2}}}
$$Элемент $\mathrm d q$ равен $\lambda R\,\mathrm d \phi$, где $\phi$ – угол с осью $x$. Таким образом:$$
E(0,0, z)=\hat{z} \int \frac{\lambda R \,\mathrm d \phi}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{z}{\left(z^{2}+R^{2}\right)^{{3}/{2}}}=\hat{z} \frac{\lambda R}{2 \varepsilon_{0}} \frac{z}{\left(z^{2}+R^{2}\right)^{{3}/{2}}}
$$При $z \ll R$ это может быть записано как:$$
E_{z}(0,0, z)=\frac{\lambda R}{2 \varepsilon_{0}} \frac{z}{R^{3}}=\frac{\lambda z}{2 \varepsilon_{0} R^{2}}
$$Очень близко к оси $z$ мы можем записать:$$
E_{z}(x, y, z)=E_{z}(0,0, z)+\left.x \frac{\partial E_{z}}{\partial x}\right|_{(0,0, z)}+\left.y \frac{\partial E_{z}}{\partial y}\right|_{(0,0, z)}+O\left(x^{2}, y^{2}, z^{2}\right)
$$Поскольку нет разницы между $x$ и $-x$ или $y$ и $-y$, получается, что $\frac{\partial E_{z}}{\partial x}=\frac{\partial E_{z}}{\partial y}=0$. Таким образом, для первого порядка по $x$, $y$ и $z$ мы имеем:$$
E_{z}(x, y, z)=\frac{\lambda z}{2 \varepsilon_{0} R^{2}}
$$Рассмотрим поверхность в форме симметричного цилиндра, симметричного относительно оси $z$. Пусть радиус цилиндра равен $\rho$, а его высота равна $2 z$, и оба эти параметра являются малыми величинами. По теореме Гаусса мы имеем:$$
0=\frac{Q_{i n}}{\varepsilon_{0}}=\oint \vec{E} \cdot\mathrm d \vec{S}=\int_{S_{1}} \vec{E} \cdot \mathrm d \vec{S}+\int_{S_{2}} \vec{E} \cdot \mathrm d \vec{S}+\int_{S_{3}} \vec{E} \cdot\mathrm d \vec{S}
$$Интеграция по $S_{1}$ и $S_{2}$ дает:$$
\int_{S_{1}} \vec{E} \cdot \mathrm d \vec{S}=\int_{S_{2}} \vec{E} \cdot\mathrm d \vec{S}=\pi \rho^{2} \cdot \frac{\lambda z}{2 \varepsilon_{0} R^{2}}
$$Интегрирование по $S_{3}$ требует нахождения $\rho$-компоненты, для которой мы можем написать следующее разложение:$$
E_{\rho}(z, \rho, \phi)=E_{\rho}(0, \rho, \phi)+\left.z \frac{\partial E_{\rho}}{\partial z}\right|_{(0, \rho, \phi)}+O\left(z^{2}\right)
$$Так как $0=\left.\frac{\partial E_{\rho}}{\partial z}\right|_{(0, \rho, \phi)}$ из симметрии между $z$ и $-z$, то $E_{\rho}(z, \rho, \phi)=E_{\rho}(0, \rho, \phi)$ вплоть до первого порядка. Осевая симметрия также подразумевает $\frac{\partial E_{\rho}}{\partial \phi}=0$. Следовательно:$$
\int_{S_{3}} \vec{E} \cdot\mathrm d \vec{S}=E_{\rho}(0, \rho, 0) \cdot2 z \cdot 2 \pi \rho
$$По теореме Гаусса:$$
0=E_{\rho} \cdot 4 \pi z \rho+2 \pi \rho^{2} \frac{\lambda z}{2 \varepsilon_{0} R^{2}}
$$Следовательно, $E_{\rho}$ будет равна:$$
E_{\rho}=-\frac{\lambda \rho}{4 \varepsilon_{0} R^{2}}
$$В цилиндрических координатах мы будем иметь:$$
\vec{E}(\rho, \phi, z)=-\frac{\lambda \rho}{4 \varepsilon_{0} R^{2}} \hat{\rho}+\frac{\lambda z}{2 \varepsilon_{0} R^{2}} \hat{z}
$$В декартовых координатах:$$
\vec{E}(x, y, z)=\frac{\lambda}{4 \varepsilon_{0} R^{2}}(-x,-y, 2 z)
$$Поскольку кольцо заряжено положительно, равновесие в направлениях $x$ и $y$ устойчиво, в то время как равновесие в направлении $z$ неустойчиво. Уравнения движения в направлениях $x$ и $y$ имеют вид:$$
\begin{aligned}
& m \ddot{x}=q E_{x}=-\frac{q \lambda}{4 \varepsilon_{0} R^{2}} x \\
& m \ddot{y}=q E_{y}=-\frac{q \lambda}{4 \varepsilon_{0} R^{2}} y
\end{aligned}
$$Следовательно, частоты малых колебаний равны:$$
\omega_{x}^{2}=\omega_{y}^{2}=\frac{q \lambda}{4 \varepsilon_{0} R^{2} m}
$$

Сила в направлении $z$ равна:$$
F_{z}=q E_{z}=\frac{Q \lambda z}{2 \varepsilon_{0} R^{2}}=\frac{Q}{2 \varepsilon_{0} R^{2}} \lambda_{0} z+\frac{Q u}{2 \varepsilon_{0} R^{2}} \cos \Omega t z
$$Таким образом, уравнение движения может быть записано в виде:$$
\ddot{z}=\left(\frac{Q \lambda_{0}}{2 \varepsilon_{0} R^{2} m}+\frac{Q u}{2 \varepsilon_{0} R^{2} m} \cos \Omega t\right) z
$$Следовательно:

• Используя приведённые выше предположения, составьте уравнение для $q(t)$. Используйте $a$, $\Omega$ и $p$.
• Найдите такое решение этого уравнения, чтобы оно удовлетворяло указанным выше свойствам.

$$ z=p(t)+q(t)\implies \ddot{p}+\ddot{q}=\left(k^{2}+a \Omega^{2} \cos \Omega t\right)(p+q) $$

1. Мы предполагаем, что $p$ почти постоянна, $\ddot{p} \simeq 0$.
2. Согласно предположениям $k^{2} \ll a \Omega^{2}$ и $q \ll p$ мы можем пренебречь $k^{2}$ в первом члене правой части уравнения и $q$ во втором члене.

Следовательно, уравнение движения можно упростить следующим образом: $$ \ddot{q}=p a \Omega^{2} \cos \Omega t .$$ Поскольку мы предположили, что $p$ – константа, вторая производная от $q$ прямо пропорциональна $\cos \Omega t$, что дает: $$ q=-p a \cos \Omega t+c_{1} t+c_{2} $$ Поскольку предполагается, что $q$ остается малым, $c_{1}$ должно быть равно нулю. Также $c_{2}=0$, потому что среднее значение $q$ должно оставаться нулевым. Поэтому: $$ q=-p a \cos \Omega t $$

• Усредните эффект быстро осциллирующей компоненты и получите эффективное уравнение на $p(t)$.
• Найдите условие устойчивости равновесия.

Используя результат для $q$, уравнение движения для $p$ принимает вид:$$
\ddot{p}+p a \Omega^{2} \cos \Omega t=\left(k^{2}+a \Omega^{2} \cos \Omega t\right)(p-a p \cos \Omega t)
$$Отсюда:$$
\ddot{p}=k^{2} p-a k^{2} p \cos \Omega t-a^{2} \Omega^{2} p \cos ^{2} \Omega t
$$Усредняя по одному периоду, получим:$$
\langle\cos \Omega t\rangle=0 , \quad \left\langle\cos ^{2} \Omega t\right\rangle=\frac{1}{2}
$$и$$
\ddot{p}=\left(k^{2}-\frac{a^{2} \Omega^{2}}{2}\right) p
$$Для того чтобы движение было устойчивым, выражение внутри скобок должно быть отрицательным, т.е.$$
\frac{a^{2} \Omega^{2}}{2}>k^{2} \implies\Omega>\sqrt{2} \frac{k}{a}
$$

С учетом приведенных данных имеем:$$
\begin{gathered}
k=\sqrt{\frac{Q \lambda_{0}}{2 \varepsilon_{0} R^{2} m}}=2 \cdot 10^{5} ~рад/с ,\quad a=0.04 \quad \implies\quad
\end{gathered}
$$

\[\Omega_{\min }=7 \cdot10^{6} ~рад/с\]

что находится в диапазоне радиоволн.

Из принципа неопределенности мы знаем:$$
\Delta E \cdot\Delta t \simeq \hbar
$$Здесь $\Delta t$ – время $\tau$ и $\Delta E=\hbar \Delta \omega$. Таким образом:$$
\hbar \Delta \omega \cdot\tau \simeq \hbar \implies \Delta \omega \simeq \frac{1}{\tau}=\Gamma
$$

• Атом в ловушке в лабораторной системе отсчета имеет скорость $v=v_{\mathrm{x}}$. В системе отсчета атома вычислите скорости поглощения фотонов, падающих с каждого из двух направлений, (обозначенные $s_{+}$ и $s_{-}$) и получаемый импульс в единицу времени в каждом направлении (обозначается $\pi_{+}$и $\pi_{-}$).
• Определите эффективную силу, действующую на атом в лабораторной системе отсчёта, как функцию от $v, k_{\mathrm{L}}={\omega_{\mathrm{L}}} / c, \hbar$, и $\alpha$. Считайте, что $s_{\mathrm{L}} \ll \alpha \omega_{\mathrm{L}}$.

Обозначим скорости прямых и обратных столкновений через $s_{+}$ и $s_{-}$ соответственно. Будем работать в системе отсчета атома. Пренебрегая членами порядка $\frac{v^{2}}{c^{2}}$, вклад эффекта Доплера можно записать как: $$ \omega^{\prime}=\omega\left(1+\frac{v}{c}\right) $$ Если скорость атома направлена в положительном $x$-направлении, получится: $$ \begin{aligned} & \omega_{+}=\omega_{\mathrm{L}}\left(1+\frac{v}{c}\right) \\ & \omega_{-}=\omega_{\mathrm{L}}\left(1-\frac{v}{c}\right) \end{aligned} $$ Итак: $$ \begin{aligned} & s_{+}=s_{\mathrm{L}}+\alpha\left(\omega_{\mathrm{L}}\left(1+\frac{v}{c}\right)-\omega_{\mathrm{L}}\right)=s_{\mathrm{L}}+\alpha \omega_{\mathrm{L}} \frac{v}{c} \\ & s_{-}=s_{\mathrm{L}}+\alpha\left(\omega_{\mathrm{L}}\left(1-\frac{v}{c}\right)-\omega_{\mathrm{L}}\right)=s_{\mathrm{L}}-\alpha \omega_{\mathrm{L}} \frac{v}{c} \end{aligned} $$В единицу времени атому от встречных фотонов передаётся импульс: $$ \pi_{+}=s_{+} \cdot\left(-\hbar k_{+}\right) $$ От обратных фотонов:$$ \pi_{-}=s_{-} \cdot\left(+\hbar k_{-}\right) $$ где $k_{ \pm}=\frac{\hbar \omega_{ \pm}}{c}$.

Суммарный передаваемый атому импульс: $$ \pi_{+}+\pi_{-}=-2 \hbar k_{\mathrm{L}} \frac{v}{c} \omega_{\mathrm{L}} \alpha\left(1+\frac{s_{\mathrm{L}}}{\alpha \omega_{\mathrm{L}}}\right) $$ В приближении $s_{\mathrm{L}} \ll \alpha \omega_{\mathrm{L}}$ получаем: $$ \pi_{+}+\pi_{-}=-2 \hbar k_{\mathrm{L}} \frac{v}{c} \omega_{\mathrm{L}} \alpha $$ Поскольку атом тяжелый, его скорость почти не меняется после поглощения фотона. Поэтому эффект отдачи почти не будет влиять на частоту переизлученного фотона, а значит, в среднем не будет и передачи импульса атому в процессе переизлучения.

Приведенное выше выражение, по сути, и есть сила. Поскольку $v > 0$, получим: $$ F=-\left(2 \alpha \hbar k_{\mathrm{L}}^{2}\right) v $$ Тот же результат имеет место при $v < 0$. Этот результат получен в системе отсчета атома. Однако, поскольку мы сохранили только первый порядок в $v / c$, тот же результат имеет место и в лаборатории истеме отсчета: $$ F=-\left(2 \alpha \hbar k_{\mathrm{L}}^{2}\right) v $$

Импульс атома до столкновения равен нулю. После столкновения он будет равен (при условии, что импульс фотона направлен в направлении $x$): $$ P_{1}=\hbar k_{\mathrm{L}} $$ После переизлучения фотона мы будет два равновероятных исхода для конечного импульса:

1. фотон испускается в положительном направлении $x$, и импульс атома становится нулевым;
2. фотон испускается в отрицательном направлении $x$, и импульс атома становится равным $P_{\mathrm{f}}=+2 \hbar k_{\mathrm{L}}$.

Таким образом, средняя конечная энергия равна: $$ \left\langle E_{\mathrm{f}}\right\rangle=\left\langle\frac{P_{\mathrm{f}}^{2}}{2 m}\right\rangle=\frac{1}{2} \cdot 0+\frac{1}{2} \cdot \frac{4 \hbar^{2} k_{\mathrm{L}}^{2}}{2 m}=\frac{\hbar^{2} k_{\mathrm{L}}^{2}}{m} $$ Этот процесс происходит за время $\tau$. Таким образом, входная мощность (мощность, полученная атомом в результате этого процесса) равна:

Выходная мощность (мощность, теряемая атомом при столкновении с лазерными фотонами) может быть записана как:$$
P_{\text {out }}=F \cdot v=-2 \alpha \hbar k_{\mathrm{L}}^{2} v^{2}
$$В равновесии мы должны иметь:$$
P_{\text {out }}+P_{\text {in }}=0 \implies\frac{\hbar^{2} k_{\mathrm{L}}^{2}}{m \tau}=2 \alpha \hbar k_{\mathrm{L}}^{2} \overline{v^{2}} \implies\overline{v^{2}}=\frac{\hbar \Gamma}{2 \alpha m}
$$А температура этой системы равна:$$
\frac{1}{2} m \overline{v^{2}}=\frac{1}{2} k_{\mathrm{B}} T \implies T=\frac{\hbar \Gamma}{2 \alpha k_{\mathrm{B}}}
$$

Учитывая приведенные данные:$$
T=\frac{1.055 \cdot 10^{-34} ~Дж\cdot с}{2 \cdot 4 \cdot 1.381 \cdot 10^{-23} {~Дж} / {К} \cdot5 \cdot 10^{9} {~с}}=2 \cdot10^{-4} {~К}
$$