Движение заряженных частиц в электрическом поле > Движение в переменном электрическом поле > Задача 7.3.15

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 $n_e$.

Решение

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.

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.

$(4)\to(2):$
$$
en_e \cdot A=(\varepsilon-1)\varepsilon_0 E_0 \ \to \ \varepsilon=1+\frac{n_e e A}{\varepsilon_0 E_0}\tag{5}
$$
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

$$
\boxed{\varepsilon=1+\frac{4\pi n_e e^2}{m_e\sqrt{(\omega^2-\omega_0^2)^2+4\gamma^2\omega^2}}}
$$