A1  ^?? При свободном колебании этот осциллятор излучает энергию. Потеря энергии в единицу времени определяется выражением $$\frac{\mathrm d W}{\mathrm d t}=-\frac{1}{12 \pi \varepsilon_{0} c^{3}}\left\langle\ddot{p}^{2}\right\rangle$$где $W$ – энергия, $t$ – время, $c$ – скорость света, $p$ – электрический дипольный момент осциллятора, а $\left\langle\ddot{p}^{2}\right\rangle$ – среднее значение квадрата второй производной от $p$ по времени. Потеря энергии приводит к затуханию колебания. Найдите коэффициент затухания $g$, происходящего в результате излучения осциллятора.

Осциллятор обладает электрическим дипольным моментом $p=es$, где $s$ – амплитуда движения электрона. Поскольку движение является гармоническим, имеем $\ddot{p}=-\omega_{0}^{2} p$. Так как $\omega_{0}$ величина порядка $10^{15} ~с^{-1}$, можно взять среднее значение $\left\langle\ddot{p}^{2}\right\rangle=\frac{1}{2} \ddot{p}^{2}$ в выражении для потери энергии в единицу времени $$\frac{d W}{d t}=-\frac{\omega_{0}^{4} e^{2} s_{m}^{2}}{12 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} \tag{1}$$ Энергия осциллятора $$W=\frac{1}{2} m_{e} \omega_{0}^{2} s_{m}^{2} \tag{2}$$ и тогда $$\frac{d W}{d t}=-\frac{\omega_{0}^{2} e^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} m_{e}} W \tag{3}$$ Таким образом, энергия уменьшается во времени экспоненциально: $$ \begin{aligned} W & =W_{0} \exp \left(-\frac{t}{\tau}\right) \\ \tau & =\frac{6 \pi \varepsilon_{0} c^{3} m_{e}}{\omega_{0}^{2} e^{2}} \end{aligned}$$ $\tau$ – постоянная времени. За время $\tau$ энергия уменьшается на $1/e=0.368$ часть своего первоначального значения $W_{0}$.

Для видимого излучения ($\omega_{0} \approx 10^{15}$) это время порядка $10^{-7}~с.$ Следовательно, оно содержит большое число периодов. Движение осциллятора является не чисто синусоидальным, а скорее синусоидальным с экспоненциальным затуханием. Оно может быть найдено при решении уравнения $$m_{e}\left(\frac{\mathrm d^{2} s}{\mathrm d t^{2}}+g \frac{\mathrm d s}{\mathrm d t}+\frac{\omega_{0}^{2} s}{m_{e}}\right)=0 \tag{4}$$ где искусственно вводится сила трения $m_{e} g(\mathrm d s /\mathrm d t)$, пропорциональная скорости; $g$ – есть коэффициент затухания. Чтобы найти его, приравняем потери энергии ($3$) к работе, производимой искусственно введенной силой за единицу времени: $$m_{e} g \frac{\mathrm d s}{\mathrm d t} \cdot \frac{\mathrm d s}{\mathrm d t}=m_{e} g s_{m}^{2} \omega_{0}^{2} \cos ^{2} \omega t,$$ где $\omega$ является псевдо угловой частотой, а $\omega^{2}=\omega_{0}^{2}-g / 2$. Так как движение затухает медленно, можно допустить, что $\omega=\omega_{0}$. Среднее значение этой работы, совершаемой за время большого числа псевдо периодов, равно $$\frac{1}{2} m_{e} g s_{m}^{2} \omega_{0}^{2}=g W$$ Приравнивая к $(3)$, получаем $$g=\frac{1}{\tau}. \tag{5}$$

B1  ^?? $N$ одинаковых независимых атомов в единице объема, описываемых указанной выше моделью, помещаются в поле параллельных лучей излучения с угловой частотой $\omega$ и с колебаниями электрического поля вдоль оси $Oy$. Падающее излучение распространяется в направлении $Ox$. Под действием этого поля атомные осцилляторы совершают вынужденные колебания. Рассчитайте электрический дипольный момент атома.

Атомные осцилляторы, совершая вынужденные колебания, сами излучают. Найдите выражение для полного потока, рассеиваемого единицей объема среды, как функцию энергии падающего излучения.

Под влиянием поля $\vec{E}_{y}=\vec{E}_{m} \sin \omega t$ электрон подвергается действию силы $e E_{g}$ и совершает движение, уравнение которого, выводимое из уравнения свободного движения ($4$), имеет вид $$m_{e}\left(\frac{\mathrm d^{2} y}{\mathrm d s^{2}}+g \frac{\mathrm d y}{\mathrm d t}+\omega_{0}^{2} y\right)=+e \vec{E} . \tag{6}$$ Так как напряженность поля $\vec{E}_{y}$ имеет синусоидальный характер, запишем ее выражение в комплексной форме $\vec{E}_{m} \exp (j \omega t)$, а $y$ заменим комплексной функцией $y=y_{m} \exp (i \varphi) \exp (j \omega t)$, изменяющейся с той же угловой частотой, что и частота приложенного поля. Уравнение ($6$) дает $$\vec{y}_{m}=\frac{-e \vec{E}_{m}}{m_{e}\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}+j g \omega\right)},$$ и индуцированный момент имеет комплексную амплитуду $$\vec{p}_{m}=-e \vec{y}_{m}=\frac{e^{2} \vec{E}_{m}}{m_{e}\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}+jg \omega\right)} \tag{7}$$ модуль которой равен $$\vec {p_{m}}=\frac{e^{2} \vec{E}_{m}}{m_{e} \sqrt{\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)^{2}+g^{2} \omega^{2}}}.$$ Излучение от этого синусоидального момента $p$ эквивалентно излучению диполя Герца. Среднее значение потока, излучаемого им в пространство, имеет вид $$\langle\Phi\rangle=\frac{\omega^{4} p_{m}^{2}}{12 \pi \varepsilon_{0} c^{3}}=\frac{\omega^{4} e^{4} \vec{E}_{m}^{2}}{12 \pi \varepsilon_{0} c^{3} m_{e}^{2}\left[\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)^{2}+g^{2} \omega^{2}\right]}.$$ Если атомы независимы, как в случае идеального газа, их излучение некогерентно и среднее значение излучаемого потока в единице объема есть $N\langle\Phi\rangle$. С другой стороны, энергия падающего монохроматического излучения, проходящего через единицу поверхности в единицу времени, дается выражением $$\langle\mathscr{E}\rangle=\frac{1}{2} \varepsilon_{0} c E_{m}^{2}$$ Отсюда находим $$\frac{N\langle\Phi\rangle}{\langle\mathscr{E}\rangle}=\frac{N \omega^{4} e^{4}}{6 \pi \varepsilon_{0}^{2} c^{4} m_{e}^{2}\left[\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)^{2}+g^{2} \omega^{2}\right]} \tag{8}$$

B2  ^?? Рассмотрите случай, когда $\omega_{0}^{2} \gg \omega^{2}$ или $\lambda_{0}^{2} \ll \lambda^{2}$. Покажите, что интенсивность рассеянного света пропорциональна $\lambda^{-4}$, где $\lambda$ – длина волны падающего и рассеянного излучений. Найдите отношение интенсивности падающего света к интенсивности рассеянного света в единице объема. Предположите, что $$N=10^{28}~м^{-3}, \quad \frac{\lambda_{0}}{\lambda}=0.1$$Найдите также отношение интенсивностей излучения, рассеянного в красной области, для $\lambda=7000~ \overset{\circ}{\mathrm{A}}$, и в фиолетовой, для $\lambda=4000~ \overset{\circ}{\mathrm{A}}$, в предположении, что интенсивность падающего излучения одна и та же в обоих случаях. Обсудите эти результаты и покажите, что с их помощью можно объяснить голубой цвет неба и красный цвет заходящего солнца.

Если $\omega_{0}^{2} \gg \omega^{2}$, выражение ($8$) сводится к следующему: $$\frac{N\langle\Phi\rangle}{\langle\mathscr{E}\rangle}=\frac{N \omega^{4} e^{4}}{6 \pi \varepsilon_{0}^{2} c^{4} m_{e}^{2} \omega_{0}^{4}}=\frac{16 \pi^{3} e^{4} N}{6 \varepsilon_{0}^{2} m_{e}^{2} \omega_{0}^{4}} \cdot \frac{1}{\lambda^{4}}, \tag{9}$$ так как $\omega=2 \pi c / \lambda$. Видно, что интенсивность рассеяния, при прочих равных условиях, пропорциональна $\lambda^{-4}$. Для $N=10^{28}~м^{-3},~~ \omega / \omega_{0}=0.1$ и отношение ($8$) имеет значение $$\frac{N\langle\Phi\rangle}{\langle\mathscr{E}\rangle}=\frac{10^{28} \cdot\left(1.60 \cdot 10^{-19}\right)^{4} \cdot 10^{-4} \cdot\left(36 \pi \cdot 10^{9}\right)^{2}}{6 \pi \cdot\left(3 \cdot 10^{8}\right)^{4} \cdot\left(9.1 \cdot 10^{-31}\right)^{2}}=6.63 \cdot 10^{-5}$$ Отношение интенсивностей рассеяния голубого и красного света равно $\left(\lambda_{кр} / \lambda_{г}\right)^{4}$, если $\langle\varepsilon\rangle$ для них имеет одинаковое значение, так что $$\left(\frac{\lambda_{кр}}{\lambda_{г}}\right)=\left(\frac{7000}{4000}\right)^{4}=9.38$$

B3  ^?? Наконец, рассмотрите случай $\omega_{0}^{2} \ll \omega$, имеющий место в рентгеновской области. Найдите выражение для рассеянного излучения в этом случае. Рассчитайте отношение интенсивностей рассеянного излучения к падающему, принимая в этом случае $N=10^{22}~см^{-1}$.

Сравните эти отношения для ${ }_{29}^{64} \mathrm{Cu}$ и ${ }_{82}^{207} \mathrm{Pb}$, принимая в первом случае число атомов в $см^{3}$ равным $8 \cdot 10^{22}$, а во втором $3 \cdot 10^{22}$. Предполагается, что все электроны атомов принимают участие в рассеянии рентгеновских лучей.

Если $\omega_{0}^{2} \ll \omega^{2}$, что имеет место для рентгеновских лучей, и поскольку в рассеянии участвуют все $Z$ электронов атома, в единице объема содержится $N Z$ осцилляторов и ($8$) принимает вид $$\frac{N\langle\Phi\rangle}{\langle\mathscr{E}\rangle}=\frac{N Z e^{4}}{6 \pi \varepsilon_{0}^{2} c^{4} m_{e}^{2}}=3.3 \cdot 10^{-33} N Z \tag{10}$$ Для ${ }_{29}^{64} \mathrm{Cu}$: $$\frac{N\langle\Phi\rangle}{\langle\mathscr{E}\rangle}=3.3 \cdot 10^{-33} \cdot 8 \cdot 10^{28} \cdot 29=7.65 \cdot 10^{-4}$$ Для ${ }_{82}^{207} \mathrm{Pb}$: $$\frac{N\langle\Phi\rangle}{\langle\mathscr{E}\rangle}=3.3 \cdot 10^{-33} \cdot 3 \cdot 10^{28} \cdot 82=8.12 \cdot 10^{-4}$$ Эти два значения почти равны. Если находят коэффициент рассеяния единицей массы путем деления выражения ($10$) на плотность $\rho$ рассматриваемого элемента объема, причем $\rho=N A /N_A$ (где $A$ – атомная масса, а $N_A$ – число Авогадро), то отношение $$\frac{N\langle\Phi\rangle}{\rho\langle\mathscr{E}\rangle}=\frac{N_A\langle\Phi\rangle}{A\langle\mathscr{E}\rangle}=3.3 \cdot 10^{-33} N_A \frac{Z}{A} \tag{11}$$ зависит только от отношения $Z / A$ атомного номера к атомной массе рассматриваемого элемента. Это отношение равно $0.453$ для $\mathrm{Cu}$ и $0.395$ для $\mathrm{Pb}$. Для легких элементов оно близко к $0.5$, так что массовый коэффициент рассеяния для рентгеновских лучей является величиной постоянной. Эта закономерность, однако, выполняется только для средней области рентгеновского спектра.

C1  ^?? Теперь рассмотрите проводник с проводимостью $\gamma$. Предполагая, что среда непрерывна, напишите для этого случая уравнения Максвелла. Считая, что электрическое поле изменяется синусоидально с угловой частотой $\omega$ и распространяется в направлении $Ox$, найдите действительную и мнимую части комплексной диэлектрической проницаемости.

Уравнение Максвелла для проводника с омическим сопротивлением $$\operatorname{rot}\vec H=\gamma \vec{E}+\varepsilon \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}, \quad \operatorname{rot} \vec{E}=-\mu_{0} \frac{\partial \vec{H}}{\partial t}.$$ Тогда можно записать уравнение распространения электрического поля, изменяющегося вдоль оси $Oy$ и распространяющегося в направлении $Ox$: $$\frac{\partial^{2} \vec{E}}{\partial x^{2}}=\mu_{0}\left(\varepsilon \frac{\partial^{2} \vec{E}}{\partial t^{2}}+\gamma \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}\right); \tag{12}$$ решение его является гармонической функцией времени. В этом случае $$\frac{\partial \vec{E}}{\partial t}=j \omega \vec{E}, \quad \frac{\partial^{2} \vec{E}}{\partial t^{2}}=-\omega^{2} \vec{E}$$ и ($12$) принимает вид $$\frac{\partial^{2} \vec{E}}{\partial x^{2}}=\mu_{0}\left(\varepsilon-j \frac{\gamma}{\omega}\right) \frac{\partial^{2} \vec{E}}{\partial t^{2}}.$$ Это соотношение имеет вид уравнения волны в вакууме $$\frac{\partial^{2} \vec{E}}{\partial x^{2}}=\varepsilon_{0} \mu_{0} \frac{\partial^{2} \vec{E}}{\partial s^{2}}$$ но электрическая постоянная $\varepsilon_{0}$ заменена здесь комплексной диэлектрической проницаемостью $$\varepsilon=\varepsilon-j \frac{\gamma}{\omega}=\varepsilon_{0}\left(\varepsilon_{r}-\frac{j \gamma}{\varepsilon_{0} \omega}\right); \tag{13}$$

C2  ^??

Установите дисперсионное соотношение для металла. В этом случае можно предположить, что электроны, отвечающие за оптические свойства, являются свободными, так что $\omega_{0}=0$. Считайте, что показатель затухания $g$ отличен от нуля. Выведите выражения для действительной и мнимой частей комплексной диэлектрической проницаемости.

1. Рассмотрите случай $\omega \gg g$. Найдите действительную и мнимую части диэлектрической проницаемости. Сравните их с результатами, полученными в разделе C1 и найдите показатель затухания как функцию $\gamma$. Что обращает на себя внимание в этом выражении?
2. Рассмотрите случай $\omega \ll g$. Обсудите дисперсионное выражение для этого случая. Найдите длину волны $\lambda_{0}$, для которой комплексная диэлектрическая проницаемость равна нулю. Обсудите свойства среды для $\lambda>\lambda_{0}$ и $\lambda<\lambda_{0}$.

При наших допущениях уравнение ($6$) движения электрона в металле приводится к виду $$m_{e}\left(\frac{\mathrm d^{2} y}{\mathrm d t^{2}}+g \frac{\mathrm d y}{\mathrm d t}\right)=-e \vec{E_{m}} \sin \omega t \tag{14}$$ Его решение: $$\vec {y_{m}}=\frac{-e E}{m_{e}\left(-\omega^{2}+j g \omega\right)}.$$ Находим, как в В1, индуцированный момент $\vec {p}$, затем электрическую поляризацию среды $\vec{P}=N \vec{p}$ и, наконец, относительную диэлектрическую проницаемость по формуле $$\boldsymbol{\varepsilon}_{r}=1+\frac{\vec{P}}{\mathbf{\varepsilon}_{0} \vec{E}}.$$ Тогда $$\varepsilon_{r}=1+\frac{N e^{2}}{\varepsilon_{0} m_{e} {\omega}} \cdot \frac{1}{j g-\omega}. \tag{15}$$

1. При $g \gg \omega$ выражения ($16$) и ($17$) приводятся к виду $$\varepsilon_{r}'=1-\frac{N e^{2}}{\varepsilon_{0} m_{e} g^{2}} $$ $$\varepsilon_{r}''=\frac{N e^{2}}{\varepsilon_{0} m_{e} \omega g}$$ Сравнение последнего выражения с ($13$) показывает, что $$\frac{\gamma}{\varepsilon_{0} \omega}=\frac{N e^{2}}{\varepsilon_{0} \omega m_{e} g}$$ и это позволяет найти $g$ как функцию $\gamma$: $$g=\frac{N e^{2}}{m_{e} \gamma} \tag{18}$$ ее величина не зависит от $\omega$.
2. При $g \ll \omega$ выражение для дисперсии ($15$) принимает вид
   $$\varepsilon_{r}=1-\frac{N e^{2}}{\varepsilon_{0} m_{e} \omega^{2}}=1-\frac{N e^{2} \lambda^{2}}{4 \pi^{2} c^{2} \varepsilon_{0} m_{e}} \tag{19}$$
   Это выражение обращается в нуль при такой длине волны $\lambda_{0}$, что
   $$\lambda_{0}^{2}=\frac{4 \pi^{2} c^{2} \varepsilon_{0} m_{e}}{N e^{2}} \tag{20}$$

C3  ^?? В случае C2.2 выразите комплексную диэлектрическую проницаемость как функцию $\lambda_{0}$ и $\lambda$ и рассчитайте коэффициент отражения $R$ среды при $\left(\lambda / \lambda_{0}\right)^{2} \ll 1$ и при $\left(\lambda / \lambda_{0}\right)^{2} \gg 1$.

Выражение ($19$) можно переписать, принимая во внимание ($20$): $$\varepsilon_{r}=1-\frac{\lambda^{2}}{\lambda_{0}^{2}}$$ Коэффициент отражения при нормальном падении определяется формулой $$R=\left(\frac{\sqrt{\varepsilon_{r}}-1}{\sqrt{\varepsilon_{r}}+1}\right)^{2}=\left(\frac{\sqrt{\lambda_{0}^{2}-\lambda^{2}}-\lambda_{0}}{\sqrt{\lambda_{0}^{2}-\lambda^{2}}+\lambda_{0}}\right)^{2}.$$ При $\lambda^{2} \ll \lambda_{0}^{2}$, $R \approx 0$.

При $\lambda^{2} \gg \lambda_{0}^{2}$, $R \approx 1$.

Последнее выражение хорошо выполняется для сильно поглощающих тел.

C4  ^?? Найдите силы осцилляторов для $\mathrm{Cs}$, $\mathrm{Rb}$, $\mathrm{K}$, $\mathrm{Na}$ и $\mathrm{Li}$ при условии, что соответствующие значения $\lambda_{0}$ равны $4400$, $3600$, $3150$, $2100$ и $2050~\overset{\circ}{\mathrm{A}}$ и число свободных электронов в $1~м^{3}$ равно $0.85 \cdot 10^{28}$; $1.1 \cdot 10^{28}$; $1.3 \cdot 10^{28}$; $2.5 \cdot 10^{28}$ и $4.5 \cdot 10^{28}$ соответственно.

Интенсивность осциллятора или сила осциллятора $f$ – это то число, на которое надо умножить второй член в теоретическом дисперсионном соотношении, чтобы получить согласие с экспериментальными значениями. Выражение ($19$) принимает вид $$\varepsilon_{r}=1-\frac{N e^{2} \lambda^{2} j}{4 \pi^{2} c^{2} \varepsilon_{0} m_{e}}$$ и, учитывая ($20$), получаем $$f=\frac{1}{N \lambda_{0}^{2}} \cdot \frac{4 \pi^{2} c^{2} \varepsilon_{0} m_{e}}{e^{2}} \tag{21}$$ Тогда $$\frac{4 \pi^{2} c^{2} \varepsilon_{0} m_{e}}{e^{2}}=\frac{4 \pi^{2} \cdot 9 \cdot 10^{-16} \cdot 9.1 \cdot 10^{-31}}{4 \pi \cdot 9 \cdot 10^{9} \cdot\left(1.60 \cdot 10^{-19}\right)^{2}}=11.15 \cdot 10^{14}$$ Величины, заданные в задаче, позволяют рассчитать произведения $N \lambda_{0}^{2}$, а следовательно, и значения $f$ ($21$). Находим их: