Edits to “Условие”, “Решение”, “Ответ”

jzmicer edited
View solution History
revision #19087 parent #19086 ← older
ru/7.3.15.md +71 −5
@@ -1,11 +1,77 @@
### Условие
+$7.3.15^∗.$ Определите диэлектрическую проницаемость среды, состоящей из электронов, упруго связанных в молекуле, в электрическом поле напряженности $E = E_0 \sin \omega t$. Резонансная частота $\omega_0$ , коэффициент затухания $\gamma\ll\omega_0$, число электронов в единице объема среды $n_e$.
−$7.3.15.$ [Вставьте условие задачи]
−
### Решение
−1
+В переменном поле на электрон действует периодическая сила, и он начинает колебаться. Они находятся в молекуле, поэтому их можно рассматривать попарно с протонами в ядре. Ядра неподвижны, поэтому эти пары при колебаниях электронов становятся диполями с переменными дипольными моментами, среда поляризуется.
−#### Ответ
+Известно, что поляризованность среды связана с диэлектрической проницаемостью:
+$$
+\vec P=(\varepsilon-1)\varepsilon_0\vec E\tag{1}
+$$
+$$
+n_e p(t)=en_e \cdot x(t)=(\varepsilon-1)\varepsilon_0 E(t)\tag{2}
+$$
+Учитывая упругие связи в молекуле и силу со стороны поля, закон движения электрона:
+$$
+\ddot{x}+2\gamma\dot{x}+\omega_0^2x=\frac{E(t)e}{m_e}\tag{3}
+$$
+Типичное уравнение вынужденных колебаний (двойки перед коэффициентом затухания может и не быть, это зависит от определения $\gamma$). Решается оно из логичного предположения, что в устоявшемся режиме частота колебаний электрона совпадает с частотой вынуждающей силы, но из-за диссипативной силы между ними может быть задержка по фазе:
+$$
+x(t)=A\sin (\omega t+\varphi)\tag{4}
+$$
+Это можно и строго доказать, но здесь не буду тратить время: это можно найти во многих учебниках по колебаниям.
−[Вставьте краткий ответ или результат в рамке]
+$(4)\to(2):$
+$$
+en_e \cdot A=(\varepsilon-1)\varepsilon_0 E_0 \ \to \ \varepsilon=1+\frac{n_e e A}{\varepsilon_0 E_0}\tag{5}
+$$
+Осталось найти амплитуду $A$
+
+$(4)\to(3):$
+
+$$
+-A\omega^2\sin (\omega t+\varphi)+\omega\gamma A\cos (\omega t+\varphi)+\omega_0^2A\sin (\omega t+\varphi)=\frac{E_0e}{m_e }\sin \omega t\tag{7}
+$$
+$$
+(\omega_0^2-\omega^2)\sin (\omega t+\varphi)+\omega\gamma \cos (\omega t+\varphi)=\frac{E_0e}{m_eA}\sin \omega t\tag{6}
+$$
+С помощью тригонометрии раскроем скобки, разделим коэффициенты при синусе и косинусе, сократим:
+$$
+(\omega_0^2-\omega^2)\cos\varphi-2\omega\gamma \sin \varphi=\frac{E_0e}{m_eA}\tag{7}
+$$
+$$
+(\omega_0^2-\omega^2)\sin\varphi+2\omega\gamma \cos\varphi=0\tag{8}
+$$
+Мы имеем право сделать такое разделение, так как равенство должно быть справедливо в любой момент времени. Пусть
+
+$$
+P\cos(\omega t)+Q\sin(\omega t)=0.
+$$
+Подставим $t=0$:
+$$
+P\cdot 1+Q\cdot 0=0 \quad\Rightarrow\quad P=0.
+$$
+Подставим $t=\dfrac{\pi}{2\omega}$:
+$$
+P\cdot 0+Q\cdot 1=0 \quad\Rightarrow\quad Q=0.
+$$
+Значит, $P=Q=0$, следовательно, коэффициенты при $\cos(\omega t)$ и $\sin(\omega t)$ можно приравнивать к 0 по отдельности.
+
+Но вернёмся к основной задаче. Возведём в квадрат и сложим $(7)$ и $(8)$. Используя остновное тригонометрическое тождество, в итоге получим:
+$$
+(\omega_0^2-\omega^2)^2-(2\omega\gamma)^2=\left(\frac{E_0e}{m_eA}\right)^2\tag{9}
+$$
+$$
+A=\frac{E_0 e}{m_e\sqrt{(\omega^2-\omega_0^2)^2+4\gamma^2\omega^2}}\tag{10}
+$$
+$(10)\to(5):$
+$$
+\varepsilon=1+\frac{n_e e^2}{m_e\varepsilon_0\sqrt{(\omega^2-\omega_0^2)^2+4\gamma^2\omega^2}}\tag{11}
+$$
+
+Авторский ответ (ниже) тоже верен, просто я работал в СИ, Савченко - в СГС
+#### Ответ
+$$
+\boxed{\varepsilon=1+\frac{4\pi n_e e^2}{m_e\sqrt{(\omega^2-\omega_0^2)^2+4\gamma^2\omega^2}}}
+$$