Съдържание

Условие Част 1: Катодно-лъчева тръба (0,7 т.)Част 2: Лазер на свободни електрони (Free Electron Laser – FEL) (6,3 т.)Част 3: Генериране на високи хармоники (3 т.)Решение

НЕСФ 2025, Специална тема — Задача 2. Рентгенови лъчи

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НЕСФ 2025

Национално есенно състезание по физика, София, 7 – 9 ноември 2025 г. — Тема за VII състезателна група (Специална тема) · 7 ноември 2025 г. · 10 т.

Лист за отговори

ВАЖНО! Всеки отговор трябва да е обоснован в работните листа. Необосновани верни отговори се оценяват с 0 точки!

Условие

На 8. ноември 1895 г. Вилхелм Рьонтген наблюдавал за пръв път наречените на негово име рентгенови лъчи. По-късно той прави и първата рентгенова снимка на ръката на жена си, която заявява, че е видяла смъртта, когато я вижда за пръв път.

Рентгеновите лъчи (още известни като Х-лъчи) са тип електромагнитна (ЕМ) радиация с дължина на вълната от $0{,}01\ \mathrm{nm}$ – $10\ \mathrm{nm}$ , която намира широко приложение в днешно време. В тази задача ще бъдат разгледани различни начини за получаване на рентгеново лъчение.

Част 1: Катодно-лъчева тръба (0,7 т.)

Рьонтген използва катодно-лъчева тръба, когато наблюдавал за пръв път рентгеновите лъчи. При нея отделени от анода електрони се ускоряват от ускоряващо напрежение $U$ и се „забиват“ в катода. При това, електронът изпитва голямо забавящо ускорение и следователно излъчва ЕМ лъчение, наречено спирачно лъчение (Bremsstrahlung). Полученият спектър на това лъчение има рязка граница при някаква минимална дължина на вълната $\lambda_{min}$ .

а) Намерете минималната дължина на вълната $\lambda_{min}$ . Определете минималното ускоряващо напрежение $U_{min}$ , при което се наблюдават рентгенови лъчи. [0,6 т.]

б) Кохерентно ли е полученото по този начин лъчение? [0,1 т.]

Част 2: Лазер на свободни електрони (Free Electron Laser – FEL) (6,3 т.)

Лазерът на свободни електрони е един от най-широко използваните методи за генериране на къси интензивни кохерентни лазерни импулси на рентгенови лъчи с регулируема дължина на вълната. Той се състои от източник на електрони, линеен ускорител на електрони и т.нар. ондулатор (undulator).

Един тип ондулатор, с дължина $L$ , се състои от две успоредни последователности от магнити с редуваща се ориентация. Така се получава напречно магнитно поле, чиято индукция се мени приблизително синусоидално по дължината на ондулатора:

\vec{B}(z) = B_0\sin(k_u z)\,\vec{e}_y\ ,\qquad k_u = 2\pi/\lambda_u

където $\lambda_u$ е пространственият период на подредбата от магнити в ондулатора (разстоянието между два последователни магнита с еднаква ориентация). Въвежда се параметър на ондулатора $K = \dfrac{eB_0}{m_e c k_u}$ .

Линейният ускорител ускорява електроните до състояние с Лоренцов фактор $^1$ $\gamma_0 \gg 1$ , които преди да навлязат в ондулатора имат скорост, насочена под ъгъл спрямо оста на ондулатора (оста $z$ ). Така под въздействието на магнитното поле в ондулатора, електроните се движат надлъжно по оста $z$ , като извършват и напречно трептеливо движение около нея.

в) Определете зависимостта на скоростта на електроните $v_x(z), v_z(z)$ вътре в ондулатора. Определете средната скорост $\bar{v}_z$ на движение по оста $z$ . Отговорите изразете чрез $K, \gamma_0, k_u, z$ . [1 т.]

$^1$ Лоренцов фактор $\gamma = 1\big/\sqrt{1 - \left(\frac{v}{c}\right)^2}$

Трептеливото движение на електроните води и до излъчване на ЕМ вълни. ЕМ поле на тези вълни извършва работа върху тези електрони, което обуславя механизма за обмен на енергия между електроните и лъчението, т.е. така се получава и усилването на лъчението.

г) С каква поляризация ще бъде полученото лъчение? [0,2 т.]

Нека някъде в ондулатора вече се е генерирало ЕМ лъчение с кръгова честота $\omega$ и дължина на вълната $\lambda_w$ , като амплитудата на вектора на електричното поле е $E_0 \ll cB_0$ , т.е. $E(z,t) = E_0\sin(k_w z - \omega t + \varphi_0)$ , където $\varphi_0$ е някаква начална фаза и $k_w > 0$ .

д) Намерете моментната мощност $P(z,t)$ на силата в момент от време $t$ , с които това ЕМ лъчение действа на даден електрон намиращ се в точка $z$ . Отговорът изразете, чрез $\theta_{\pm} = (k_w \pm k_u)z - \omega t + \varphi_0$ – това са сборът и разликата на фазите на ЕМ вълната и магнитното поле. [1 т.]

е) Като приемете, че $v_z \approx \bar{v}_z = const.$ , намерете средната отдадена от електрона енергия за единица изминато разстояние $l$ в ондулатора $\left\langle \frac{dE}{dz}\right\rangle = \frac{\Delta E}{l}$ . Резултата изразете, чрез $\theta_{\pm,0} = \theta_{\pm}(z_0)$ и $\Delta\theta_{\pm} = \theta_{\pm}(z_0+l) - \theta_{\pm,0}$ . [0,8 т.]

ж) При фиксирани параметри на ондулатора и навлизащите електрони, се наблюдава резонансно поведение в увеличението на лъчение с дължина на вълната $\lambda_w = \lambda_r$ . Изразете $\lambda_r$ чрез $\lambda_u, \gamma_0, K$ , като приемете, че $\gamma_0 \gg 1$ . [1 т.]

з) Колко трябва да бъде ускоряващото напрежение $U$ в линейният ускорител на FEL с ондулатор с $\lambda_u = 68\ \mathrm{mm}$ и $B_0 = 1.3\ \mathrm{T}$ , за да се получи лазерно лъчение в областта на мекия рентген ( $\lambda_w \sim 1\ \mathrm{nm}$ )? [0,2 т.]

По време на работата на такъв лазер, се наблюдава явлението microbunching, при което електроните се сгъстяват на места и разреждат на други, като по този начин се разделят на групички, които се разпространяват в ондулатора. Така се постига кохерентността на лъчението.

и) Покажете, че при $\lambda_w = \lambda_r(\lambda_u, \gamma_0, K)$ електрон, преминаващ през ондулатора, има следните уравнения на движение:

\frac{d\theta}{dz} = 2k_u\eta \qquad \frac{d\eta}{dz} = \frac{KE_0 e}{2\gamma_0^2 mc^2}\sin\theta

където $\theta = \theta_+$ и $\eta = \frac{\gamma(z)}{\gamma_0} - 1$ носят информация за положението и скоростта на електрона. Приемете, че $\eta \ll 1$ . [0,8 т.]

й) С помощта на класическа механична аналогия, опишете качествено движението на електроните през ондулатора спрямо ЕМ лъчение. Покажете, че електроните се струпват около точки с $\theta = \theta_{bunch}$ и определете разстоянието $\lambda$ между два съседни bunch-а. [1,3 т.]

Част 3: Генериране на високи хармоники (3 т.)

Лазерът на свободни електрони е ефективен метод за генериране на кохерентна рентгенова светлина, но същевременно представлява един огромен уред, който употребява и много енергия. Съществува и друг метод за генериране рентгенов лазер с помощта на нелинейния оптичен процес на генериране на високи хармоники. В тази област има и българска следа в лицето на проф. Теньо Попминчев и неговия екип, чиято работа на практика направи този подход прагматичен.

Генерирането на високи хармоники е нелинеен процес на взаимодействие на среда с лъчение с висока интензивност. При такова взаимодействие се поражда и светлина с честоти, кратни на фундаменталната честота $f$ (честотата на падащото монохроматично лъчение). Генерираната светлина с честота $nf$ наричаме $n$ -та хармоника ( $n \in \mathbb{N}$ ).

Да разгледаме монохроматично лъчение с кръгова честота $\omega$ и висок интензитет $I$ , попадащо в среда от разреден благороден газ или водород. В този случай генерирането на високи хармоники се описва добре от т.нар. 3-стъпков модел:

Под въздействието на електричното поле на лъчението, електрон от външната обвивка на атом от газа тунелира. Така този атом претърпява тунелна йонизация. Приема се, че електронът се появява в покой непосредствено до точковия йон и че от този момент нататък той може да се счита за свободен.
Под действието на осцилиращото електрично поле на лъчението, свободният електрон бива ускорен надалеч от йона и след това ускорен обратно към йона.
Когато електронът отново стигне йона, те рекомбинират и се получава първоначалният неутрален атом, при което се отделя 1 фотон.

Добре е да се отбележи, че процесът описан горе започва с тунелната йонизация на електрон, която може да стане по всяко време, независимо от фазата на лъчението в този момент.

к) Оценете минималната интензивност $I_{min}$ на лазерното лъчение, при която е приложим моделът. Известно е, че връзката между амплитудата на интензитета на електричното поле и интензитета на светлината е $I = \frac{1}{2}c\varepsilon_0 E^2$ . Приемете, че газът е водород. [0,5 т.]

л) Обяснете защо процесът на генерация на високи хармоники е неефективен, ако задвижващото лазерно лъчение е елиптично поляризирано. [0,4 т.]

При трептене на заредена частица със заряд $q$ и маса $m$ в хармонично електрично поле $E(t) = E_0\cos\omega t$ , се въвежда величината пондеромоторен потенциал $U_p$ , който се дефинира като средната кинетична енергия на този заряд.

м) Изразете $U_p$ чрез $m, q, \omega, E_0$ . [0,4 т.]

н) Покажете, че максималната енергия на фотон от генерираните високи хармоники при описаният процес е $\varepsilon_{max} = U_i + \kappa U_p$ , където $U_i$ е йонизационният потенциал на външния електрон, и определете $\kappa$ с точност до 1 знак след десетичната запетая. [1,5 т.]

о) Като използвате данните от фигурата, определете приблизително интензитета $I$ на използваните лазерни импулси. Известно е, че йонизационният потенциал за аргона е $15.8\ \mathrm{eV}$ .

Експерименталната зависимост от елиптичността и енергията.

[0,2 т.]

Упътване: Разполагате с помощна графиката на функцията $y = \cos x$ , както и със спомагателна ос при $x = 2$ , която е разграфена така, че точка с надпис $a$ , е с координати $(2, \cos(a) + \sin(a)\,(a-2))$ . Можете да използвате тази графика за построяване на допирателни към $y = \cos x$ .

Ако се наложи да чертаете графика, може да използвате празното пространство на помощната графика.

Полезна математика:

\text{За } x \ll 1: \qquad (1+x)^{\alpha} \approx 1 + \alpha x

Лист за отговори

Решение

Част 1: (0,7 т.)

а) Минималната дължина на вълната съответства на максимална енергия на фотона. При спирачното лъчение кинетичната енергия на електрона преминава в енергията на излъчените фотони. В такъв случай най-високата възможна енергия на фотон е равна на кинетичната енергия на ускорения електрон, т.е. $\varepsilon \le E_{\mathrm{к}} = eU$ , където $U$ е ускоряващото напрежение. [0,4 т.] Понеже $\varepsilon = \frac{hc}{\lambda}$ , то $\lambda \ge \lambda_{min} = \frac{hc}{eU}$ . [0,1 т.]

Рентгенови лъчи ще се наблюдават при $\lambda_{min} = \frac{hc}{eU} \le 10\ \mathrm{nm} \Rightarrow U_{min} \approx 125\ \mathrm{V}$ . [0,1 т.]

б) Полученото лъчение не е кохерентно, понеже различните електрони излъчват фотони в различни моменти от време. [0,1 т.]

Част 2: (6,3 т.)

в) Електроните са релативистки, така че се налага използването на уравненията на релативистката механика.

\frac{d}{dt}(\gamma m\vec{v}) = -e\vec{v}\times\vec{B} \Rightarrow (\gamma\vec{v})\cdot\frac{d(\gamma\vec{v})}{dt} = -\frac{e}{m}\gamma\left(\vec{v}\cdot(\vec{v}\times\vec{B})\right) = 0 \Rightarrow \frac{d}{dt}(\gamma^2 v^2) = 0

[0,3 т.] Оттук следва, че както и в класическата механика, частицата се движи с постоянна скорост и само си променя направлението. В частност, $\gamma = \gamma_0 = const$ . [0,2 т.] По компоненти имаме:

\frac{dv_x}{dt} = \frac{eB_0}{m\gamma_0}v_z\sin(k_u z) = \frac{eB_0}{m\gamma_0}\frac{dz}{dt}\sin(k_u z) \Rightarrow \frac{dv_x}{dz} = \frac{eB_0}{m\gamma_0}\sin(k_u z)

\Rightarrow v_x(z) = C - \frac{eB_0}{m\gamma_0 k_u}\cos(k_u z)

където $C$ е константа. Движението около оста $z$ е осцилиращо, т.е. $C = 0$ и оттам $v_x(z) = -\frac{eB_0}{m\gamma_0 k_u}\cos(k_u z) = -\frac{Kc}{\gamma_0}\cos(k_u z)$ . [0,2 т.] Скоростта по $z$ можем да изразим от $\gamma_0$ и $v_x$ и да преобразуваме имайки предвид $\gamma_0 \gg 1$ :

\frac{1}{\gamma_0^2} = 1 - \frac{v_x^2+v_z^2}{c^2} \Rightarrow v_z = c\sqrt{1 - \frac{1+K^2\cos^2(k_u z)}{\gamma_0^2}} \approx c\left(1 - \frac{1+K^2\cos^2(k_u z)}{2\gamma_0^2}\right)

\Rightarrow v_z(z) = c\left(1 - \frac{1+K^2/2}{2\gamma_0^2}\right) - \frac{cK^2}{4\gamma_0^2}\cos(2k_u z) \Rightarrow \bar{v}_z = c\left(1 - \frac{1+K^2/2}{2\gamma_0^2}\right)

([0,2 т.] за $v_z(z)$ и [0,1 т.] за $\bar{v}_z$ )

г) Електроните трептят по оста $x$ и следователно полученото лъчение ще е линейно поляризирано по оста $x$ (хоризонтално линейно поляризиран). [0,2 т.]

д) Понеже полученото лъчение е линейно поляризирано по оста $x$ , то тогава $\vec{E_l} = E(z,t)\vec{e}_x$ и $\vec{B_l} = \frac{1}{c}E(z,t)\vec{e}_y$ . Пълната сила е:

\vec{F} = -e\left(\vec{E_l} + \vec{v}\times(\vec{B}+\vec{B_l})\right) \Rightarrow \begin{vmatrix} F_x = -e(E_l - (B_l+B)v_z)\\ F_z = -e(B+B_l)v_x\end{vmatrix}

[0,4 т.] Но $v_z \sim c$ и $E_l \sim E_0 \ll cB_0 \sim cB$ , откъдето следва $E_l \ll Bv_z$ и $B_l \ll B$ . Това значи, че траекториите на електроните са на практика същите. [0,4 т.] Тогава, за мощността имаме:

P = \vec{v}\cdot\vec{F} = -e\vec{E_l}\cdot\vec{v} = -ev_x(z)E(z,t) = \frac{KceE_0}{\gamma}\sin(k_w z - \omega t + \varphi_0)\cos(k_u z)

\Rightarrow P = \frac{KceE_0}{2\gamma}\left[\sin\big((k_w+k_u)z-\omega t+\varphi_0\big) + \sin\big((k_w-k_u)z-\omega t+\varphi_0\big)\right]

\Rightarrow P(z,t) = \frac{KceE_0}{2\gamma}\left[\sin(\theta_+) + \sin(\theta_-)\right]

([0,2 т.] за израза за мощността)

е) Щом $v_z = \frac{dz}{dt} \approx \bar{v}_z$ , то $\frac{d\theta_{\pm}}{dt} \approx (k_w \pm k_u)\bar{v}_z - \omega = \frac{\Delta\theta_{\pm}}{\Delta t} = \frac{\Delta\theta_{\pm}}{\Delta z}\bar{v}_z = const.$ Тогава отдадената енергия $\Delta E$ за $\Delta z = l$ , т.е. за време $\Delta t = l/\bar{v}_z$ , е

\Delta E = -\int_0^{l/\bar{v}_z} P\,dt = -\frac{KceE_0}{2\gamma}\left(\int_0^{l/\bar{v}_z}\sin\theta_+\,dt + \int_0^{l/\bar{v}_z}\sin\theta_-\,dt\right)

([0,4 т.] за $\Delta E$ )

-\int_0^{l/\bar{v}_z}\sin\theta_{\pm}\,dt = -\int_{\theta_{\pm,0}}^{\theta_{\pm,0}+\Delta\theta_{\pm}}\sin\theta_{\pm}\frac{dt}{d\theta_{\pm}/dt} = \frac{\cos(\theta_{\pm,0}+\Delta\theta_{\pm})-\cos(\theta_{\pm,0})}{\Delta\theta_{\pm}}\frac{\Delta z}{\bar{v}_z}

([0,2 т.])

Но $\left\langle\frac{dE}{dz}\right\rangle = \frac{\Delta E}{\Delta z}$ .

\Rightarrow \left\langle\frac{dE}{dz}\right\rangle = \frac{KceE_0}{2\gamma\bar{v}_z}\left[\frac{\cos(\theta_{+,0}+\Delta\theta_+)-\cos(\theta_{+,0})}{\Delta\theta_+} + \frac{\cos(\theta_{-,0}+\Delta\theta_-)-\cos(\theta_{-,0})}{\Delta\theta_-}\right]

([0,2 т.] за отговора)

ж) Ако $\frac{d\theta_{\pm}}{dt} \approx (k_w \pm k_u)\bar{v}_z - \omega \ne 0$ , то за големи разстояния на осредняване $l$ , $\Delta\theta_{\pm}$ ще става неограничено голямо и средната отделена енергия на единица разстояние ще клони към 0. Това е така, понеже при това условие мощността ще осцилира непрекъснато и съответно няма да има конструктивно натрупване. Ако обаче или $\Delta\theta_+$ , или $\Delta\theta_-$ са 0, то единят член в мощността ще бъде постоянен (а не осцилиращ) и ще се натрупва конструктивно. Това води до ненулева средна отдадена енергия и резонансно поведение. [0,8 т.] Тогава

\Delta\theta_{\pm} = 0 \Rightarrow (k_w \pm k_u)\bar{v}_z = \omega = ck_w \Rightarrow k_w \approx \pm\frac{\bar{v}_z}{c}k_u

Оттук е видно, че $\Delta\theta_- \ne 0$ (понеже $k_w > 0$ ) и следователно $\Delta\theta_+ = 0$ , т.е. $\lambda_w = \lambda_r = \frac{\lambda_u}{2\gamma_0^2}\left(1+\frac{1}{2}K^2\right)$ . [0,2 т.]

Това значи, че лъченията с дължини на вълните $\lambda_w \ne \lambda_r$ ще бъдат много по-слаби от получилото се лъчение с дължина на вълната $\lambda_r$ .

з) За константата на ондулатора се получава $K = \frac{eB_0\lambda_u}{2\pi mc} \approx 0.934 B_0[\mathrm{T}]\lambda_u[\mathrm{cm}] \approx 8.26$ . Оттук $\gamma_0 = \sqrt{\frac{\lambda_u}{2\lambda_r}\left(1+\frac{1}{2}K^2\right)} \approx 34552$ и съответно за енергията на електроните се получава $(\gamma_0-1)mc^2 \approx 17.7\ \mathrm{GeV}$ . Следователно ускоряващото напрежение трябва да бъде от порядъка на $20\ \mathrm{GV}$ ! [0,2 т.]

и) Понеже сме в резонансния режим, то приносът към мощността на силите от члена с $\theta_-$ ще е пренебрежим, заради неконструктивното наслагване с времето. [0,4 т.] Така имаме:

\frac{d}{dt}(\gamma mc^2) = \frac{KceE_0}{2\gamma}\sin\theta \Rightarrow \frac{d}{dz}(\gamma^2) = \frac{KceE_0}{mc^2}\sin\theta

Но $\gamma = \gamma_0(1+\eta)$ и тогава:

\frac{d\eta}{dz} = \frac{KceE_0}{2\gamma_0^2 mc^2}\sin\theta

([0,2 т.] за $\eta'$ )

За $\theta = \theta_+$ имаме:

\frac{d\theta}{dt} = (k_r+k_u)\bar{v}_z - \omega = \omega\left(\frac{\bar{v}_z(\gamma)}{\bar{v}_z(\gamma_0)}-1\right) = ck_w\frac{\frac{1+\frac{K^2}{2}}{2\gamma_0^2}-\frac{1+\frac{K^2}{2}}{2\gamma^2}}{1-\frac{1+\frac{K^2}{2}}{2\gamma_0^2}}

\Rightarrow \frac{d\theta}{dz} = \frac{1}{\bar{v}_z(\gamma_0)}\frac{d\theta}{dt} \approx k_u\left(\frac{\bar{v}_z(\gamma_0)}{c}\right)^{-2}\left(1-\left(\frac{\gamma_0}{\gamma}\right)^2\right) \approx 2k_u\eta

([0,2 т.] за $\theta'$ )

й) Уравненията получени горе

\eta = \frac{1}{2k_u}\frac{d\theta}{dz} \qquad \frac{d\eta}{dz} = \frac{KceE_0}{2\gamma_0^2 mc^2}\sin\theta

са аналогични на уравненията за класическо математично махало, където $\theta, \eta$ съответстват съответно на ъгъла на отклонение от равновесното положение и на ъгловата скорост на махалото. [0,4 т.] Разликата е, че тук равновесното положение се намира при $\theta = \pi + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$ , следователно $\theta_{bunch} = \pi + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$ . [0,1 т.] И наистина, в началото, при навлизане в ондулатора, електроните са равномерно разпределени и имат $\eta = 0$ . С движението през ондулатора, електроните, които не са близо до точките с $\theta = \pi$ започват да се движат към тези точки и така електроните се сгъстяват около $\theta = \pi$ . Понеже има дисипативни процеси, които не сме отчели, електроните накрая ще релаксират около равовесните положения с $\theta = \theta_{bunch}$ , където остават. Получените сгъстявания образуват тези струпвания – microbunching. [0,6 т.]

За разстоянието $\lambda_b$ се получава:

k_b = \frac{2\pi}{\lambda_b} = k_u + k_w \approx k_w \Rightarrow \lambda_b \approx \lambda_w \ll \lambda_u

Тоест, на практика тези групички „сърфират“ по полученото лъчение, като изостават с половин период от него. [0,2 т.]

Част 3: (3 т.)

к) Спонтанно йонизиране можем да очакваме при интензитети на електричното поле, достатъчно големи, че електрон с енергия на свързване енергията на Ридберг, да е на върха на потенциалната бариера [0,4 т.], т.е.

U(r) = -\left(\frac{ke^2}{r}+eEr\right) \le 2\sqrt{\left(\frac{ke^2}{r}\right)(eEr)} = 2\sqrt{ke^3E} \sim E_R

\Rightarrow E \sim \frac{E_R^2}{4ke^3} \sim \frac{13.6^2}{4\cdot 9\cdot 10^9\cdot 1.6\cdot 10^{-19}}\ \frac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}} \sim 3\cdot 10^{10}\ \frac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}

\Rightarrow I = \frac{1}{2}c\varepsilon_0 E^2 \sim \frac{3\cdot 10^8\cdot 8.85\cdot 10^{-12}\cdot (3\cdot 10^{10})^2}{2} \sim 10^{18}\ \frac{\mathrm{W}}{\mathrm{m}^2} \sim 10^{14}\ \frac{\mathrm{W}}{\mathrm{cm}^2}

([0,1 т.] за резултата)

л) Понеже векторът на интензитета на електричното поле на нелинейно поляризирана светлина няма едно фиксирано направление, електронът, ускорен от такова поле може въобще да не се върне обратно в начално положение, т.е. може да не се случи рекомбинацията, по време на която фактически се случва излъчването на получения фотон. В резултат, използването на светлина, която не е линейно поляризирана, води до ниска ефективност на процеса на генериране на високи хармоники. [0,4 т.]

м) За движението на свободен електрон във външно осцилиращо електрично поле се получава:

m\ddot{x} = m\dot{v} = -eE_0\cos\omega t \Rightarrow v(t) = -\frac{eE_0}{m\omega}\sin\omega t + v_0

[0,2 т.] Понеже разглеждаме осцилиращ електрон, който няма дрейф, то $v_0 = 0$

\Rightarrow U_p = \left\langle\frac{1}{2}mv^2\right\rangle = \frac{e^2E_0^2}{2m\omega^2}\langle\sin^2\omega t\rangle = \frac{e^2E_0^2}{2m\omega^2}\left\langle\frac{1-\cos 2\omega t}{2}\right\rangle = \frac{e^2E_0^2}{4m\omega^2}

([0,2 т.] за резултата)

н) Както знаем $\ddot{x}(t) = -\frac{eE_0}{m}\cos\omega t$ . Оттук имаме $x(t) = \frac{eE_0}{m\omega^2}\cos\omega t + v_0 t + x_0$ , където $v_0, x_0$ са интеграционни константи. [0,1 т.] Същото може да се съобрази по следния начин.

Ако преминем в неинерциална отправна система, чието начало се движи по закон $x_r(t) = \frac{eE_0}{m\omega^2}\cos\omega t$ , то в тази система, електронът ще изпитва освен електростатичната сила $-eE_0\cos\omega t$ и инерчна сила $F_{in} = -m\ddot{x_r} = eE_0\cos\omega t$ . Общата сила е 0 и следователно в тази отправна система тялото се движи равномерно, т.е. $x_{\mathrm{отн}} = x - x_r = v_0 t + x_0$ . Така $x(t) = \frac{eE_0}{m\omega^2}\cos\omega t + v_0 t + x_0$ .

Нека атомът се йонизира в момент $t_0$ . Тогава имаме, че $x(t_0) = 0$ и $\dot{x}(t_0) = 0$ . Така

\dot{x}(t_0) = -\frac{eE_0}{m\omega}\sin\omega t_0 + v_0 = 0 \Rightarrow v_0 = \frac{eE_0}{m\omega}\sin\omega t_0

x(t_0) = \frac{eE_0}{m\omega^2}(\cos\omega t_0 + \omega t_0\sin\omega t_0) + x_0 = 0

\Rightarrow x_0 = -\frac{eE_0}{m\omega^2}(\cos\omega t_0 + \omega t_0\sin\omega t_0)

\Rightarrow x(t) = \frac{eE_0}{m\omega^2}\left[\cos\omega t - (\cos\omega t_0 - (\omega t - \omega t_0)\sin\omega t_0)\right]

\dot{x}(t) = \frac{eE_0}{m\omega}\left[\sin\omega t_0 - \sin\omega t\right]

[0,2 т.] Рекомбинация настъпва в момент $t = t'$ , когато $x(t') = 0$ . Тогава енергията на електрона непосредствено преди рекомбинацията е:

E_k = \frac{1}{2}m\big(\dot{x}(t')\big)^2 = \frac{e^2E_0^2}{2m\omega^2}[\sin\omega t_0 - \sin\omega t']^2 = 2[\sin\omega t_0 - \sin\omega t']^2 U_p

[0,1 т.] Остава да се определи максималната стойност на $|\sin\omega t_0 - \sin\omega t'|$ .

Нека $\alpha = \omega t_0$ и $\beta = \omega t' > \alpha$ . Тогава $\cos\beta = \cos\alpha - \sin\alpha\,(\beta-\alpha) = f_{\alpha}(\beta)$ , където $f_{\alpha}(\phi)$ е допирателната към $\cos\phi$ в точката $\phi = \alpha$ .

Забелязваме, че $f_{\alpha}(x=2) = \cos\alpha + \sin\alpha\,(\alpha-2)$ , а това са координатите $y$ на маркера с надпис $\alpha$ на допълнителната ос на помощната графика. Така можем графично да построим $f_{\alpha}(x)$ и да определим $\beta$ и оттам $\sin\alpha - \sin\beta$ . [0,6 т.]

Лесно се съобразява, че само за $\alpha \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right)$ , съществува такова $\beta$ , т.е. само за $\alpha \in \left[0,\frac{\pi}{2}\right)$ електронът рекомбинира отново. Също $\sin\alpha - \sin\beta$ интуитивно е мярка за ъгъла между допирателните към косинуса в $\alpha$ и $\beta$ . На око се определя, че екстремумът на $\sin\alpha - \sin\beta$ се намира някъде при $\alpha \in (0.2,0.4)$ . Правим измервания за $\alpha = 0.200, 0.225, \ldots, 0.400$ и правим таблица за зависимостта на $\sin\alpha - \sin\beta$ от $\alpha$ . Построяваме графика в празното пространство и получаваме, че $\max|\sin\omega t_0 - \sin\omega t'| \approx 1.262 \Rightarrow \kappa \approx 2\cdot(1.262)^2 \approx 3.2$ . [0,4 т.]

При рекомбинацията електронът преминава от състояние с енергия $E_k = \kappa U_p$ към свързано състояние с енергия $-U_i$ . Тогава енергията на фотона е $\varepsilon_{\gamma} \le U_i + \kappa U_p$ , т.е. $\varepsilon_{\gamma} \le U_i + 3.2U_p$ . [0,1 т.]

Официалното графично решение с ръкописни построения и таблица.

о) За улеснение, лесно се получава, че

U_p = \frac{e^2E_0^2}{4m\omega^2} = \frac{e^2\left(\frac{2I}{\varepsilon_0 c}\right)}{4m(4\pi^2c^2/\lambda^2)} = \frac{e^2}{8m\pi^2\varepsilon_0 c^3}I\lambda^2 = 9.32\,I\left[10^{14}\ \frac{\mathrm{W}}{\mathrm{cm}^2}\right](\lambda[\mu\mathrm{m}])^2\ \mathrm{eV}

От фигурата се вижда, че $\varepsilon_{\gamma,max} \approx 120\ \mathrm{eV}$ , като $U_i = 15.8\ \mathrm{eV}$ и $\lambda = 0.4\ \mu\mathrm{m}$ . Тогава:

I \approx 7\cdot 10^{15}\ \frac{\mathrm{W}}{\mathrm{cm}^2}

([0,2 т.] за резултата)

Справочни данни

$c=3\cdot10^8\ \mathrm{m/s}$

$\varepsilon_0=8.85\cdot10^{-12}\ \mathrm{F/m}$

$e=1.6\cdot10^{-19}\ \mathrm C$

$h=6.63\cdot10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$

$1\ \mathrm{eV}=1.6\cdot10^{-19}\ \mathrm J$

$m_e=9.1\cdot10^{-31}\ \mathrm{kg}$

$N_A=6.02\cdot10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$

Специална тема

Зад. 2, о) -- Резултатът трябва да е $I = 2.1 \times 10^{15}\ \mathrm{W/cm^2}$ .

Зад. 3, й) -- За урана $Z^2/A = 36.0$ , а не $28.7$ .

Оригинал в Архива: esenni_2026_STproblems.pdf · официални решения: esenni_2026_STsolutions.pdf · допълнителни данни: errata.txt · допълнителни данни: ST_ST_anssheet.pdf