Белорусская, 2005/06, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Полость с зарядом (током) — суперпозиция сплошного цилиндра и цилиндра с обратной плотностью. Внутри малого цилиндра поле складывается из однородного и линейно растущего от его оси. Для диэлектрика учтите поле шара поляризации и поле, действующее на молекулу.

Ответ

1.1.1) \(\vec E=\dfrac{\rho_1\vec a}{2\varepsilon_0}+\dfrac{\rho_2\vec r_2}{2\varepsilon_0}\), эквипотенциали — окружности с центром в точке \((-\tfrac{\rho_1}{\rho_2}a,\,0)\); 1.2.1) \(j_1=3{,}37\cdot10^4\) А/м\(^2\), \(j_2=2{,}70\cdot10^5\) А/м\(^2\), \(\vec B=\dfrac{\mu_0 j_2}{2}\bigl(y\vec i-(x+R_2)\vec j\bigr)\), силовые линии — окружности с центром в \((-R_2;\,0)\); 1.3.1) \(E_A=\dfrac{\varepsilon+2}{3}E\); 1.3.2) \(\varepsilon=\dfrac{3+2n\beta}{3-n\beta}\).

Решение

Задание 1. «Дырявая разминка»

Задача 1.1

Напряженность электрического поля внутри однородно заряженного с плотностью \(\rho\) цилиндра можно найти по теореме Гаусса.

\[E = \frac{\rho r}{2\varepsilon_0}\tag{1}\]

или в векторной форме

\[\vec{E} = \frac{\rho \vec{r}}{2\varepsilon_0}\tag{2}\]

Распределение потенциала внутри цилиндра рассчитаем как

\[\varphi = -\int E(r)dr = -\frac{\rho r^2}{4\varepsilon_0} + C\tag{3}\]

Поле внутри малого цилиндра нетрудно найти при помощи метода наложений, представив его как сумму полей сплошного цилиндра радиуса \(R_1\) с плотностью заряда \(\rho_1\) и цилиндра радиуса \(R_2\) с плотностью заряда \(\rho_2 - \rho_1\) (рис.2).

В произвольной точке А с радиус-вектором \(\vec{r}_1\) относительно оси большего цилиндра и \(\vec{r}_2\) относительно оси малого (рис. 3) поле равно:

\[\vec{E}_0 = \vec{E}_1 + \vec{E}_2 = \frac{\rho_1 \vec{r}_1}{2\varepsilon_0} + \frac{(\rho_2 - \rho_1)\vec{r}_2}{2\varepsilon_0} = \frac{\rho_1(\vec{r}_1 - \vec{r}_2)}{2\varepsilon_0} + \frac{\rho_2 \vec{r}_2}{2\varepsilon_0} = \left\{ \vec{r}_1 - \vec{r}_2 = \vec{a} \right\} = \frac{\rho_1 \vec{a}}{2\varepsilon_0} + \frac{\rho_2 \vec{r}_2}{2\varepsilon_0}\tag{4}\]

т.е. поле внутри меньшего цилиндра представляет собой суперпозицию постоянного поля и поля, линейно зависящего от \(\vec{r}_2\).

Для дальнейших рассуждений выберем систему координат \(xOy\) с началом отсчета на оси малого цилиндра (рис. 4) и выразим в явном виде распределение потенциала внутри малого цилиндра

Распределение потенциала, соответствующее постоянному полю описывается формулой

\[\varphi_1 = -\frac{\rho_1}{2\varepsilon_0}ax + C_1\tag{4}\]

а распределение потенциала, соответствующее полю, линейно зависящему от радиус-вектора

\[\varphi_{2} = -\frac{\rho_{2} r_{2}^{2}}{4 \varepsilon_{0}} + C_{2} = -\frac{\rho_{2} (x^{2} + y^{2})}{4 \varepsilon_{0}} + C_{2}\tag{5}\]

Таким образом, потенциал внутри малого цилиндра описывается формулой

\[\varphi = \varphi_{1} + \varphi_{2} = -\left[ \frac{\rho_{1} a x}{2 \varepsilon_{0}} + \frac{\rho_{2} (x^{2} + y^{2})}{4 \varepsilon_{0}} \right] + C\tag{6}\]

Очевидно, линии равного потенциала в данном случае — окружности. Действительно, после очевидных математических преобразований функцию (6) можно переписать в следующем виде

\[\varphi = -\frac{\rho_{2}}{4 \varepsilon_{0}} \left[ (x + \frac{\rho_{1}}{\rho_{2}} a)^{2} + y^{2} \right] + \frac{\rho_{2}}{4 \varepsilon_{0}} (\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}} a)^{2} + C\tag{7}\]

откуда видно, что центр эквипотенциальных окружностей находится в точке \((-\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}} a, 0)\), которая в нашем случае (поскольку \(\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}} a = \frac{7{,}08}{1{,}77} 5{,}0 \text{ см} = 2{,}0 \text{ см} = R_{2}\)) будет находиться в точке \(O\) (рис. 4) — на границе малого цилиндра.

Вид эквипотенциальных линий приведен на рис. 5.

Задача 1.2

Прежде всего, необходимо найти плотность тока в большом и малом цилиндрах, что сводится к решению задачи о параллельном соединении резисторов.

Токи, текущие в большом и малом цилиндрах соответственно равны

\[I_{1}=I \frac{r_{2}}{r_{1}+r_{2}}=I \frac{\rho_{2} \frac{L}{\pi R_{2}^{2}}}{\rho_{1} \frac{L}{\pi\left(R_{1}^{2}-R_{2}^{2}\right)}+\rho_{2} \frac{L}{\pi R_{2}^{2}}}=I \frac{1}{1+\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}} \frac{R_{2}^{2}}{R_{1}^{2}-R_{2}^{2}}}\tag{1}\]

\[I_{2}=I \frac{r_{1}}{r_{1}+r_{2}}=I \frac{\rho_{1} \frac{L}{\pi\left(R_{1}^{2}-R_{2}^{2}\right)}}{\rho_{1} \frac{L}{\pi\left(R_{1}^{2}-R_{2}^{2}\right)}+\rho_{2} \frac{L}{\pi R_{2}^{2}}}=I \frac{1}{1+\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}} \frac{R_{1}^{2}-R_{2}^{2}}{R_{2}^{2}}}\tag{2}\]

Плотность тока в большом и малом цилиндрах соответственно:

\[j_{1}=\frac{I_{1}}{\pi\left(R_{1}^{2}-R_{2}^{2}\right)}=\frac{I}{\pi\left(R_{1}^{2}-R_{2}^{2}\right)} \frac{1}{1+\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}} \frac{R_{2}^{2}}{R_{1}^{2}-R_{2}^{2}}}\tag{3}\]

\[j_{2}=\frac{I_{2}}{\pi R_{2}^{2}}=\frac{I}{\pi R_{2}^{2}} \frac{1}{1+\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}} \frac{R_{1}^{2}-R_{2}^{2}}{R_{2}^{2}}}\tag{4}\]

Численные расчеты приводят к результатам

\[\begin{aligned} j_{1} & =3{,}37 \cdot 10^{4} \text{ А/м}^{2} \\ j_{2} & =2{,}70 \cdot 10^{5} \text{ А/м}^{2} \end{aligned}\]

Магнитное поле внутри цилиндра, по которому течет ток с плотностью \(\vec{j}\) можно найти по теореме о циркуляции вектора магнитной индукции:

\[B=\frac{\mu_{0} j}{2} r\tag{5}\]

Что удобно представить в векторном виде

\[\vec{B}=\frac{\mu_{0}}{2}[\vec{j} \times \vec{r}]=\frac{\mu_{0} j}{2}[\vec{n} \times \vec{r}]\tag{6}\]

где \(\vec{n}\) — единичный вектор, сонаправленный с вектором \(\vec{j}\).

Магнитное поле внутри малого цилиндра нетрудно найти при помощи метода наложений, представив его как сумму полей сплошного цилиндра радиуса \(R_{1}\) с плотностью протекающего тока \(j_{1}\) и цилиндра радиуса \(R_{2}\) с плотностью протекающего тока \(j_{2}-j_{1}\) (рис.2).

В точке А с радиус-вектором \(\vec{r}_1\) относительно оси большего цилиндра и \(\vec{r}_2\) относительно оси малого

(рис.3) поле равно:

\[\vec{B} = \vec{B}_1 + \vec{B}_2 = \frac{\mu_0 j_1}{2} [\vec{n} \times \vec{r}_1] + \frac{\mu_0 (j_2 - j_1)}{2} [\vec{n} \times \vec{r}_2] =\tag{7}\]

\[= \frac{\mu_0 j_1}{2} [\vec{n} \times (\vec{r}_1 - \vec{r}_2)] + \frac{\mu_0 j_2}{2} [\vec{n} \times \vec{r}_2] = \frac{\mu_0 j_1}{2} [\vec{n} \times \vec{a}] + \frac{\mu_0 j_2}{2} [\vec{n} \times \vec{r}_2]\]

т.е. поле внутри меньшего цилиндра представляет собой суперпозицию постоянного поля и кругового поля, модуль которого линейно зависит от \(\vec{r}_2\). Выберем систему координат \(xOy\) с началом отсчета на оси малого цилиндра (рис.6). Векторы \(\vec{i}, \vec{j}\) — орты системы координат.

Векторные произведения, фигурирующие в этих выражениях представим в явном виде

\[\vec{n} \times \vec{a} = a [\vec{n} \times \vec{i}] = -a \vec{j}\tag{8}\]

\[\vec{n} \times \vec{r}_2 = [\vec{n} \times (x \vec{i} + y \vec{j})] = y \vec{i} - x \vec{j}\tag{9}\]

Вектор индукции магнитного поля запишется в виде

\[\vec{B} = -\frac{\mu_0 j_1 a}{2} \vec{j} + \frac{\mu_0 j_2}{2} (y \vec{i} - x \vec{j}) =\tag{10}\]

\[= \frac{\mu_0 j_2}{2} y \vec{i} - \frac{\mu_0}{2} (j_1 a + j_2 x) \vec{j}\]

При плотностях токов (3), (4) магнитное поле равно нулю в точке с координатами

\[x_0 = -\frac{j_1}{j_2} a = -\frac{3{,}37 \cdot 10^4}{2{,}70 \cdot 10^5} 2{,}0 \, \text{мм} = -0{,}25 \, \text{мм} = -R_2\]

\[y_0 = 0\]

Итого, магнитная индукция в малом цилиндре равна

\[\vec{B} = \frac{\mu_0 j_2}{2} y \vec{i} - \frac{\mu_0 j_2}{2} (x + R_2) \vec{j} = \frac{\mu_0 j_2}{2} (y \vec{i} - (x + R_2) \vec{j})\tag{11}\]

Силовые линии такого поля представляют собой окружности с центром в точке \((-R_2; 0)\).

Рис. 5

Дополнения.

1. Силовой линией называется такая кривая, касательная к которой в любой точке сонаправлена с полем. Очевидно, что если магнитная индукция перпендикулярна радиус-вектору в любой точке, то силовые линии такого поля – окружности (для любой точки окружности касательная перпендикулярна радиусу, проведенную в данную точку).

Рис. 6

Как раз такая ситуация будет в нашем случае, если начало координат перенести в точку \((-R_2; 0)\). Вид силовых линий изображен на рисунке 6.

Для более строгого доказательства рассмотрим векторное поле \(\vec{F} = y\vec{i} - x\vec{j}\) (рис. 5). Получим уравнение силовых линий для данного поля.

В каждой точке силовой линии поле направлено по касательной к ней. Т.е. тангенс угла наклона силовой линии к оси абсцисс равен отношению \(y\)-компоненты поля к \(x\)-компоненте поля.

\[\frac{dy}{dx} = \frac{F_y}{F_x}\tag{12}\]

Для удобства запоминания данное соотношение лучше записать в таком виде

\[\frac{dx}{F_x} = \frac{dy}{F_y}\tag{13}\]

тем более, что уравнения силовой линии в трехмерном случае выглядят аналогично:

\[\frac{dx}{F_x} = \frac{dy}{F_y} = \frac{dz}{F_z}\tag{14}\]

(Обратите внимание, здесь два уравнения, а не одно!)

В данном случае

\[\frac{d y}{d x}=-\frac{x}{y}\tag{15}\]

\[y d y=-x d x ;\tag{16}\]

\[x d x+y d y=0 ;\tag{17}\]

\[d\left(\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\right)=0 ;\tag{18}\]

\[x^{2}+y^{2}=C^{2}\tag{19}\]

Это и есть семейство окружностей радиуса \(C\).

2. Обратите внимание, насколько эти две задачи похожи!

Задача1.3

Среднее электрическое поле \(\vec{E}_{A}\) внутри сферы найдем, как поле равномерно поляризованного диэлектрика \(\vec{E}\) за вычетом поля, создаваемого равномерно поляризованным шаром \(\vec{E}_{S}\) (рис.2).

Поле \(\vec{E}_{S}\) направлено противоположно \(\vec{E}\) — это видно из того, что

\[\vec{E}_{S}=-\frac{\vec{P}}{3 \varepsilon_{0}}\tag{18}\]

и \(\vec{P}=(\varepsilon-1) \varepsilon_{0} \vec{E}\)

то есть \((\varepsilon>1)\)

\[\vec{E}_{S}=-\frac{(\varepsilon-1) \vec{E}}{3}\tag{19}\]

Интересующее нас поле

\[\vec{E}_{A}=\vec{E}-\vec{E}_{S}=\vec{E}-\left(-\frac{(\varepsilon-1) \vec{E}}{3}\right)=\left(1+\frac{\varepsilon-1}{3}\right) \vec{E}=\frac{\varepsilon+2}{3} \vec{E}\tag{20}\]

Именно это поле воздействует на молекулы внутри сферы в нашей модели и индуцирует в них дипольный момент

\[\vec{p}=\beta \varepsilon_{0} \vec{E}_{A}=\beta \varepsilon_{0} \frac{\varepsilon+2}{3} \vec{E}\tag{21}\]

Очевидно, что поляризация (дипольный момент единицы объема вещества) равна дипольному моменту одной молекулы, умноженному на число молекул в единице объема, т.е. концентрацию молекул:

\[\vec{P}=n \vec{p}=n \beta \varepsilon_{0} \frac{\varepsilon+2}{3} \vec{E}\tag{22}\]

Выражения (2) и (6) дают нам следующее равенство:

\[(\varepsilon-1) \varepsilon_{0} \vec{E}=n \beta \varepsilon_{0} \frac{\varepsilon+2}{3} \vec{E}\tag{23}\]

из которого определяем диэлектрическую проницаемость

\[\varepsilon=\frac{1+n \beta \frac{2}{3}}{1-\frac{n \beta}{3}}=\frac{3+2 n \beta}{3-n \beta}=\frac{3-n \beta+3 n \beta}{3-n \beta}=1+\frac{3 n \beta}{3-n \beta}\tag{24}\]

Дополнение.

Полученная формула, конечно, носит приближённый характер, что вытекает из принятых в задаче приближениях. Первое из них – это рассмотрение точечных диполей, что не совсем верно для веществ, состоящих из сложных молекул. Но, в любом случае, такое приближение выглядит вполне приемлемо по сравнению с выбором именно сферической полости. Заметим, что для кристаллов с кубической решёткой данное приближение выполняется точно. Т.е., действительно, поле создаваемое диполями, находящимися внутри сферы, равно нулю в центре этой сферы (без учёта поля диполя, расположенного в центре). Но точно такая же ситуация будет реализовываться если выбрать полость кубической формы. Выбор именно сферы обоснован экспериментальным подтверждением полученной формулы для большинства газообразных и жидких диэлектриков. Например, для сероуглерода формула верна как для газообразного состояния, так и для жидкого, когда концентрация молекул возрастает в 380 раз.

Подчеркнём также, что полученная формула верна только для веществ состоящих из неполярных молекул. В веществах, состоящих из полярных молекул, влияние соседних молекул существенно и приведённый выше подход оказывается верным только для очень разреженных газов.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Время пролёта ионом ускоряющего промежутка и дрейфа пропорционально \(\sqrt m\), отсюда разрешающая способность. В высокочастотном промежутке приращение энергии зависит от фазы входа и от параметра \(\varphi=\omega h/v_0\) как \(\sin(\varphi/2)/(\varphi/2)\) — ищите максимумы этой функции.

Ответ

1.3) \(\xi=3{,}25\cdot10^{8}\) с\(\cdot\)кг\(^{-1/2}\), \(\alpha\approx0{,}15\) а.е.м.\(^{1/2}\) (\(6{,}15\cdot10^{-15}\) кг\(^{1/2}\)); 1.4) да, \(\delta m=1{,}12\) а.е.м. \(<2\) а.е.м., ионы разрешаются; 2.1) \(v_0=\sqrt{2eU_0/m}\), \(a_0=eU_1/(hm)\), \(v_0=5{,}9\cdot10^4\) м/с; 2.2) \(h\approx2\) см; 2.5) \(\Delta E=\dfrac{2mv_0a_0}{\omega}\sin\dfrac{\omega h}{2v_0}\sin\left(\dfrac{\omega h}{2v_0}+\omega\tau\right)\); 2.8) \(\omega_0\approx3\pi v_0/h\), \(\Delta E_{\max}=\tfrac23\pi eU_1\); 2.9) \(U_{\text{З}0}=\alpha U_1\), \(\alpha=0{,}217\); 2.10) \(I=I_0\sqrt{2\eta}/\pi\); 2.11) \(\Delta\omega=2\sqrt{2\eta}\,v_0/h\).

Решение

Задание 11.2 “Масс-спектрометры”

Часть 1. Постоянное поле.

1.1 Время движения иона от источника до коллектора равно

\[T = \sqrt{\frac{2S}{a}} + \frac{L}{v} ,\tag{1}\]

где \(a = \frac{Ue}{Sm}\) - ускорение иона в промежутке \(S\), а \(v = \sqrt{\frac{2Ue}{m}}\) - скорость, которую приобретает ион, пройдя разность потенциалов \(U\). Подставляя, эти значения в формулу (1) получим

\[T = S\sqrt{\frac{2m}{Ue}} + L\sqrt{\frac{m}{2Ue}}\tag{2}\]

Длительность регистрации равна времени работы источника

\[\Delta T = \tau.\tag{3}\]

1.2 Предельный случай перекрывания импульсов реализуется в том случае, когда тяжёлый ион с массой \(m + \delta m\) вылетает в момент \(t = 0\), а лёгкий, с массой \(m\), в момент \(t = \tau\), и эти два иона одновременно достигают коллектора. Для удобства, запишем выражение для времени пролёта, полученное в пункте 1 в виде

\[T = \xi\sqrt{m}, \text{ где } \xi = S\sqrt{\frac{2}{Ue}} + L\sqrt{\frac{1}{2Ue}} .\tag{4}\]

Тогда

\[\xi\sqrt{m + \delta m} = \xi\sqrt{m} + \tau .\tag{5}\]

Считая \(\delta m\) малой величиной, запишем

\[\sqrt{m + \delta m} \approx \sqrt{m}\left(1 + \frac{\delta m}{2m}\right) = \sqrt{m} + \frac{\delta m}{2\sqrt{m}} .\tag{5a}\]

Тогда

\[\xi\frac{\delta m}{2\sqrt{m}} = \tau .\tag{6}\]

Откуда получаем

\[\delta m = \frac{2\tau}{\xi}\sqrt{m} = \alpha\sqrt{m} .\tag{7}\]

1.3 Рассчитаем численное значение коэффициента пропорциональности

\[\alpha = \frac{2\tau}{\xi} = \frac{2\tau}{S\sqrt{\frac{2}{Ue}} + L\sqrt{\frac{1}{2Ue}}}\tag{8}\]

\[\xi = 3{,}25 \cdot 10^{8} \, c \cdot \text{кг}^{-1/2}\tag{9}\]

\[\alpha = 6{,}15 \cdot 10^{-15} \, \text{кг}^{1/2}\tag{10}\]

.

Значение \(\alpha\) для масс ионов, измеренных в а.е.м. равно

\[\alpha ( a . e . m ) = \frac { \alpha ( \kappa 2 ) } { \sqrt { 1 a . e . m . } } = 0 { , } 1 5\tag{11}\]

1.4 Подставляя значение \(m = 56 a . e . m .\), получим \(\delta m = 1 { , } 1 2 a . e . m .\), что меньше чем \(2 a . e . m .\) . Т.е. прибор сможет разрешить эти ионы.

Часть 2.Высокочастотное поле.

2.1 Скорость иона после прохождения ускоряющего промежутка равна

\[v _ { 0 } = \sqrt { \frac { 2 e U _ { 0 } } { m } } \, ,\tag{12}\]

а его максимальное ускорение

\[a _ { 0 } = \frac { e U _ { 1 } } { h m }\tag{13}\]

Численное значение скорости для иона \(^{56}Fe^+\) равно

\[v _ { 0 } = 5 { , } 9 \cdot 1 0 ^ { 4 } \, \frac { \mathcal { M } } { c }\tag{14}\]

2.2 На первый взгляд, логично предположить, что максимальное приращение энергии ион получит, если реализуется случай изображённый на рисунке. Т.е. ион проходит промежуток ровно за половину периода колебаний поля, когда в промежуток существует ускоряющее поле.

\[\frac { h } { v _ { 0 } } = \frac { \pi } { \omega }\tag{15}\]

Используя численное значение скорости, полученное в предыдущем пункте, получим

\[h \approx 2 \text{см} \, .\tag{16}\]

2.3 Пусть ион попадает в область переменного поля в некоторый момент времени \(\tau\). Считаем величины \(a_0\) и \(v_0\) известными, тогда зависимость ускорения иона от времени имеет вид

\[a ( t ) = a _ { 0 } \sin ( \omega t + \omega \tau ) \, ,\tag{17}\]

его скорость изменяется по закону

\[v ( t ) = v _ { 0 } + \int _ { 0 } ^ { t } a _ { 0 } \sin ( \omega t + \omega \tau ) d t = v _ { 0 } + { \frac { a _ { 0 } } { \omega } } \cos \omega \tau - { \frac { a _ { 0 } } { \omega } } \cos ( \omega t + \omega \tau ) \, ,\tag{18}\]

наконец, находим зависимость координаты от времени

\[x ( t ) = \int _ { 0 } ^ { t } \left( v _ { 0 } + { \frac { a _ { 0 } } { \omega } } \cos \omega \tau - { \frac { a _ { 0 } } { \omega } } \cos ( \omega t + \omega \tau ) \right) d t =\tag{19}\]

\[= \left( v _ { 0 } + { \frac { a _ { 0 } } { \omega } } \cos \omega \tau \right) t - { \frac { a _ { 0 } } { \omega ^ { 2 } } } \sin ( \omega t + \omega \tau ) + { \frac { a _ { 0 } } { \omega ^ { 2 } } } \sin \omega \tau\]

2.4 Если пренебречь изменением скорости, то время пролета иона через область переменного поля, равна

\[t _ { 1 } = \frac { h } { v _ { 0 } }\tag{20}\]

Оценим погрешность этого выражения, подставив \(t_1 + \delta t_1\) в выражение для координаты \(x(t)\). Получим следующее уравнение

\[h = \left( v_0 + \frac{a_0}{\omega} \cos \omega \tau \right) (t_1 + \delta t_1) + \frac{a_0}{\omega^2} \sin \omega \tau - \frac{a_0}{\omega^2} \sin(\omega t_1 + \omega \tau + \omega \delta t_1).\tag{21}\]

Переходя к безразмерным параметрам, получим

\[\frac{h \omega}{v_0} = \left( 1 + \frac{a_0}{\omega v_0} \cos \omega \tau \right) (\omega t_1 + \omega \delta t_1) + \frac{a_0}{\omega v_0} (\sin \omega \tau - \sin(\omega t_1 + \omega \tau + \omega \delta t_1))\tag{22}\]

Величина \(\frac{a_0}{\omega v_0}\) того же порядка малости, что и \(\frac{\delta t_1}{t_1}\), т.к. \(\frac{a_0}{\omega v_0} = \frac{a_0 t_1}{\omega v_0 t_1} \approx \frac{\Delta v}{v} \approx \frac{\delta t_1}{t_1}\).

Поэтому в последнем синусе можно пренебречь величиной \(\omega \delta t_1\) и произведение \(\frac{a_0}{\omega v_0} \cdot \omega \delta t_1\) можно пренебречь. Преобразовав, получим

\[\omega \delta t_1 = -\frac{a_0}{v_0} \left( t_1 \cos \omega \tau + \frac{1}{\omega} (\sin \omega \tau - \sin(\omega t_1 + \omega \tau)) \right)\tag{23}\]

Для оценки положим, что \(\cos \omega \tau = 1\) и \(\sin \omega \tau - \sin(\omega t_1 + \omega \tau) \approx 2\). Тогда:

\[\vert (\omega \delta t_1)_{\text{max}}\vert = \frac{a_0}{v_0} \left( t_1 + \frac{2}{\omega} \right) \approx \frac{a_0}{v_0} t_1\tag{24}\]

Относительная погрешность

\[\frac{\delta t_1}{t_1} \approx \frac{a_0}{v_0 \omega} = \frac{e U_1}{h \omega m v_0} = \left[ \frac{m v_0^2}{2} = U_0 e, \quad \omega t_1 \approx \pi \right] \approx \frac{U_1}{6 U_0} \approx 1{,}7 \cdot 10^{-4} \ll 1\tag{25}\]

Т.о. время пролёта определяется только шириной промежутка и начальной скоростью иона.

2.5 Вычислим приращение энергии иона в переменном поле

\[\Delta E = m v_0 \Delta v\tag{26}\]

Величину \(\Delta v\) возьмём из решения пункта 2.3, подставив вместо \(t\), значение \(t_1 = \frac{h}{v_0}\).

\[\Delta E = m v_0 \frac{a_0}{\omega} (\cos \omega \tau - \cos(\omega t_1 + \omega \tau))\tag{27}\]

Используя формулу для разности косинусов и подставляя значение \(t_1\), получим:

\[\Delta E(\omega, \tau) = 2 \frac{m v_0 a_0}{\omega} \sin\left( \frac{\omega h}{2 v_0} \right) \sin\left( \frac{\omega h}{2 v_0} + \omega \tau \right)\tag{28}\]

2.6 Запишем выражение для \(\Delta E\), используя безразмерную величину \(\varphi = \omega \frac{h}{v_0}\)

\[\Delta E = m a_0 h \cdot \sin\left( \frac{\varphi}{2} + \omega \tau \right) \frac{\sin\left( \frac{\varphi}{2} \right)}{\frac{\varphi}{2}} = U_1 e \cdot \sin\left( \frac{\varphi}{2} + \omega \tau \right) \frac{\sin\left( \frac{\varphi}{2} \right)}{\frac{\varphi}{2}}\tag{29}\]

Максимумы, в зависимости от \(\varphi\) будут наибольшими только для ионов попадающих в промежуток 2 в определённые моменты \(\tau\), когда

\[\sin\left( \frac{\varphi}{2} + \omega \tau \right) = \pm 1\tag{30}\]

в зависимости от того, какой знак имеет выражение \(\frac{\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)}{\frac{\varphi}{2}}\).

Поэтому более корректным является рассмотрение модуля \(\Delta E\).

\[\Delta E_{\max}(\varphi) = U_1 e \left\vert \frac{\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)}{\frac{\varphi}{2}} \right\vert .\tag{31}\]

График этой функции изображён на рисунке.

2.7 Очевидно, что самый большой максимум, \(\varphi = 0\), одинаков для всех ионов. Анализировать ионный состав потока можно вблизи остальных максимумов, положение которых зависит от массы ионов (\(v_0 = \sqrt{\frac{2eU_0}{m}}\)). Наиболее эффективной будет работа в области первого максимума.

2.8 Для определения частоты \(\omega_0\), необходимо исследовать функцию вида \(y = \frac{\sin(x)}{x}\).

\[y'(x) = \frac{x \cos(x) - \sin(x)}{x^2}.\]

Т.е. нужно решить уравнение \(x = \operatorname{tg}(x)\).

На рисунке видно, что решение этого уравнения \(x \approx \frac{3}{2}\pi\). Большая точность пока не нужна.

Таким образом

\[\varphi_0 \approx 3\pi ,\tag{32}\]

\[\omega_0 \approx 3\pi \frac{h}{v_0} .\tag{33}\]

Таким образом, предположение, выдвинутое в пункте 2.2, верно лишь по порядку величины. На самом деле за время пролёта иона должно пройти три половины периода изменения высокочастотного поля.

Чтобы \(\Delta E\) было максимальным \(\sin\left(\frac{\varphi}{2} + \omega\tau\right)\) должен быть равным -1. Это значение реализуется при

\[\tau_0 \approx 0 ,\tag{34}\]

или, в более общем виде, \(\tau_0 \approx 2\pi n \quad n \in Z\), причём, чем больше \(n\), тем точнее.

При таких \(\omega_0\) и \(\tau_0\) максимальное приращение энергии

\[\Delta E_{\max} = eU_1 \frac{2}{3}\pi .\tag{35}\]

2.9 Точный выбор запирающего напряжения существенен для нормальной работы спектрометра. Чтобы найти \(\alpha\), необходимо более точно решить уравнение \(x = \operatorname{tg}(x)\). Решение можно подобрать на калькуляторе за пару минут или решить методом последовательных итераций \(x_{n+1} = \operatorname{arctg}(x_n) + \pi\). Получим

\[x' \approx 4{,}493\tag{36}\]

Тогда \(\frac{\sin(x')}{x'} \approx -0{,}217\). Следовательно

\[\alpha = 0{,}217\tag{37}\]

2.10 При уменьшении запирающего напряжения, на коллектор смогут попасть ионы для которых \(\tau\) находится в некотором интервале \((\tau_0 - \Delta\tau, \tau_0 + \Delta\tau)\). Для этих ионов

\[\Delta E > eU_{30}(1 - \eta)\tag{38}\]

или

\[\left\vert U_1 \frac{\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)}{\frac{\varphi}{2}} \sin\left(\frac{\varphi}{2} + \omega\Delta\tau\right) \right\vert > \alpha U_1(1 - \eta), \text{ где } \omega\Delta\tau \ll 1\tag{39}\]

Вблизи максимума, как было установлено ранее

\[\frac{\sin\left(\frac{\varphi_0}{2}\right)}{\frac{\varphi_0}{2}} = -\alpha\tag{40}\]

\[\text{А } \sin\left(\frac{\varphi_0}{2} + \omega\Delta\tau\right) = \sin\left(\frac{\varphi_0}{2}\right)\cos(\omega\Delta\tau) - \cos\left(\frac{\varphi_0}{2}\right)\sin(\omega\Delta\tau) = -\cos(\omega\Delta\tau)\tag{41}\]

В выше указанном преобразовании принято, что \(\varphi_0 = 3\pi\), \(\tau_0 = 0\).

Заметим, что аналогичное преобразование верно и для точных значений \(\varphi_0\) и \(\tau_0\).

\[\sin\left(\frac{\varphi_0}{2} + \omega\tau_0 + \omega\Delta\tau\right) = \sin\left(\frac{\varphi_0}{2} + \omega\tau_0\right)\cos(\omega\Delta\tau_0) + \cos\left(\frac{\varphi_0}{2} + \omega\tau_0\right)\sin(\omega\Delta\tau) = -\cos(\omega\Delta\tau)\]

Разложив косинус в ряд, получим следующее неравенство:

\[1 - \frac{(\omega\Delta\tau)^2}{2} > 1 - \eta\tag{42}\]

\[\Delta\tau < \frac{\sqrt{2\eta}}{\omega}\tag{43}\]

Значение тока

\[I = I_0 \frac{2\Delta\tau}{2\pi/\omega} = I_0 \frac{\sqrt{2\eta}}{\pi}\tag{44}\]

2.11 В этом пункте, наоборот, \(\sin\left(\frac{\varphi_0}{2} + \omega\tau_0\right) = -1\) и, предположив, что \(\varphi = \varphi_0 + \Delta\varphi\), необходимо решить неравенство:

\[\left\vert \frac { \sin \left( \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right) } { \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } } \right\vert > \alpha ( 1 - \eta )\tag{45}\]

\[\frac { \sin \left( \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right) } { \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } } \approx - \alpha \cos \left( \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right)\tag{46}\]

Разложив косинус в ряд, получим:

\[\frac { 1 } { 2 } \left( \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right) ^ { 2 } < \eta\tag{47}\]

Максимальное значение

\[\Delta \varphi = 2 \sqrt { 2 \eta }\tag{48}\]

Максимальное значение \(\Delta \omega\)

\[\Delta \omega = 2 \sqrt { 2 \eta } \, \frac { v _ { 0 } } { h }\tag{49}\]

Опять таки, выше принято, что \(\varphi _ { 0 } = 3 \pi\).

Но преобразования верны и для точного значения \(\varphi _ { 0 }\). Предлагаем рассмотреть преобразования подробнее. Обозначим \(x = \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2}\). Разложим \(\frac { \sin ( x ) } { x }\) в ряд вблизи точки экстремума.

\[\left( \frac { \sin x } { x } \right) ^ { \prime } = \frac { x \cos ( x ) - \sin ( x ) } { x ^ { 2 } } = 0 \, . \qquad \left( \frac { \sin ( x ) } { x } \right) ^ { \prime \prime } = - \frac { \sin ( x ) } { x } - \frac { 2 \cos ( x ) } { x ^ { 2 } } + \frac { 2 \sin ( x ) } { x ^ { 3 } }\]

\[\cos ( x ) = \frac { \sin ( x ) } { \operatorname { t g } ( x ) } = \frac { \sin ( x ) } { x } \, , \, m . k . \, \, \text{в} \, \, \text{точке} \, \, \text{экстремума} \, \, x = \operatorname { t g } ( x ) . \, \, \text{Тогда} \, \, \left( \frac { \sin ( x ) } { x } \right) ^ { \prime \prime } = - \frac { \sin ( x ) } { x } = \alpha \, .\]

В итоге получим:

\[\frac { \sin ( x ) } { x } = - \alpha + \frac { \alpha } { 2 } ( \Delta x ) ^ { 2 } \, , \quad \frac { \sin \left( \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right) } { \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } } = - \alpha \left( 1 - \frac { 1 } { 2 } \left( \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right) ^ { 2 } \right) \, , \, \text{что} \, \, \text{приводит} \, \, \text{к} \, \, \text{тому} \, \, \text{же} \, \, \text{ответу} .\]

2.12 Значение частоты, полученное в пункте 2.8: \(\omega _ { 0 } \approx 3 \pi \frac { h } { v _ { 0 } }\), т.е. частота пропорциональна корню от массы ионов,

\[\omega _ { 0 } \sim \sqrt { m }\tag{50}\]

\[\sqrt { m + \delta m } \approx \sqrt { m } \left( 1 + \frac { \delta m } { 2 m } \right)\tag{51}\]

\[\frac { \omega _ { 0 } + \Delta \omega } { \omega _ { 0 } } = 1 + \frac { \Delta \omega } { \omega _ { 0 } } = \frac { \sqrt { m + \delta m } } { \sqrt { m } } = 1 + \frac { \delta m } { 2 m }\tag{52}\]

Откуда получаем:

\[\frac { \delta m } { m } = 2 \frac { \Delta \omega } { \omega _ { 0 } } = 2 \frac { 2 \sqrt { 2 \eta } } { 3 \pi } = \frac { 4 \sqrt { 2 \eta } } { 3 \pi }\tag{53}\]

К примеру, для \(\eta = 0{,}01\) \(\frac { \delta m } { m } = 0{,}06\).

Дополнение.

В качестве дополнения к решению задачи, попытаемся изобразить трёхмерный график функции \(Z(\varphi, \tau) = \sin\left(\frac{\varphi}{2} + \omega\tau\right) \frac{\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)}{\frac{\varphi}{2}}\). Для наглядности положим \(\omega = 0{,}1\varphi\).

На рисунке приведён график этой зависимости, по оси \(OX\) отложены значения \(\tau\), по оси \(OY\) — значения \(\varphi\). Также на графике показано сечение \(\frac{\varphi}{2} + 0{,}1\varphi\tau = \frac{5}{2}\pi\) и выделен «рабочий максимум» для этого сечения.

Рассмотрим более подробно область с «рабочим максимумом». Хорошо видно, что, уменьшая запирающее напряжение, мы увеличиваем ток при заданной частоте (ширина «холма» в направлении \(OX\)), и одновременно уменьшаем разрешающую способность прибора (ширина «холма» в направлении \(OY\)).

Можно немного упростить графическое изображение данной зависимости, проведя следующие рассуждения. «Время прихода» \(\tau\) является независимой величиной, но мы также можем сделать независимой величиной \(\omega\tau\), придав этому выражению смысл «фазы прихода» (\(\varphi_{0} = \omega\tau\)). Изобразим график зависимости \(Z(\varphi, \varphi_{0}) = \sin\left(\frac{\varphi}{2} + \varphi_{0}\right)\frac{\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)}{\frac{\varphi}{2}}\).

В этом случае сечением будет являться плоскость (на графике: \(\frac{\varphi}{2} + \varphi_{0} = \frac{7}{2}\pi\)). Приведём также увеличенный «рабочий максимум». Заметим, что, как и в первом, так и во втором случае в сечении получается уже исследованная ранее функция \(\frac{\sin\frac{\varphi}{2}}{\frac{\varphi}{2}}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Поглощение и вынужденное испускание описываются сечениями: убыль потока в тонком слое равна \(\sigma\gamma\Delta x\). В резонаторе при установившейся генерации приход и уход фотонов с накачкой и потерями на выходное зеркало должны уравновешиваться.

Ответ

1.1) \(I=I_0(1-\sigma\gamma\Delta x)\); 1.2) \(\langle l\rangle=1/(\gamma\sigma)\); 1.3) \(\langle\tau\rangle=1/A\); 3.1) \(I_{0\text{пор}}=\dfrac{A}{\sigma_0\left(\frac{2\sigma_1L\rho}{1-\rho}\gamma-1\right)}\); 3.2) \(I_{\text{Гвых}}=(1-\rho)\dfrac{A}{2\sigma_1}\left(\dfrac{I_0}{I_{0\text{пор}}}-1\right)\) при \(I_0>I_{0\text{пор}}\), иначе \(0\).

Решение

Задание 11-3 «Гиперболоид инженера Гарина»

1.1 Понятно, что отношение числа поглощенных к числу падающих фотонов будет равно отношению суммарной площади сечения всех молекул в слое к площади поперечного сечения падающего потока, поэтому

\[\frac{\Delta I}{I_{0}}=\frac{I_{0}-I}{I_{0}}=\frac{\sigma \gamma \Delta x S}{S}=\sigma \gamma \Delta x .\tag{1}\]

Отсюда следует, что интенсивность потока на выходе

\[I=I_{0}\left(1-\sigma \gamma \Delta x\right)\tag{2}\]

1.2 Среднюю длину пробега фотонов можно оценить, разделив начальную плотность потока на «скорость» его изменения в начале слоя

\[\langle l\rangle=\frac{I_{0}}{\left(\Delta I / \Delta x\right)_{x=0}}=\frac{1}{\gamma \sigma} .\tag{3}\]

1.3 Оценка среднего времени жизни молекулы в возбужденном состоянии проводится аналогично

\[\langle\tau\rangle=\frac{N_{0}}{\left(\Delta N / \Delta t\right)_{t=0}}=\frac{1}{A}\tag{4}\]

1.4 Если плотность падающего потока велика, то под его действием заметная часть молекул перейдут в возбужденное состояние и не будут участвовать в поглощение света (этот эффект называется насыщением поглощения). Обозначим число молекул (в некотором объеме) в возбужденном состоянии \(N_{1}\), а в основном \(N_{0}\). Их сумма остается постоянной и равной общему числу молекул в рассматриваемом объеме \(N=N_{0}+N_{1}\). Для определения числа молекул в возбужденном состоянии (в стационарном режиме) следует воспользоваться уравнением баланса: например, для возбужденных молекул – число молекул, переходящих в единицу времени из основного состояния в возбужденное под действием падающего потока равно числу молекул возвращающихся вследствие спонтанного и вынужденного испускания. Для составления подобных уравнений необходимо получить выражение для числа переходов из одного состояние в другое за некоторый малый промежуток времени.

Мысленно выделим тонкий слой, перпендикулярный направлению падающего потока, толщиной \(\Delta x\) и площадью \(S\). Пусть в этом слое содержится \(N_{0}\) молекул, находящихся в основном состоянии. За малый промежуток времени \(\Delta t\) на слой попадает \(n=I_{0} S \Delta t\) фотонов. Из них поглотится

\[\Delta n=n \frac{N_{0} \sigma}{S}=I_{0} S \Delta t \frac{N_{0} \sigma}{S}=I_{0} N_{0} \sigma \Delta t .\tag{5}\]

Столько же молекул переходят в возбужденное состояние. Аналогичные рассуждения применимы и для процессов вынужденного испускания. На основании полученного соотношения можно теперь записать необходимое уравнение баланса числа частиц в возбужденном состоянии

\[N_{0} I_{0} \sigma \Delta t=N_{1} I_{0} \sigma \Delta t+A N_{1} \Delta t .\tag{6}\]

Учитывая, что \(N_{0}=N-N_{1}\), из уравнения (6) определим число частиц в возбужденном

\[N _ { 1 } = N \frac { I _ { 0 } \sigma } { 2 I _ { 0 } \sigma + A }\tag{7}\]

И ОСНОВНОМ СОСТОЯНИЯХ

\[N _ { 0 } = N - N _ { 0 } = N \frac { I _ { 0 } \sigma + A } { 2 I _ { 0 } \sigma + A } .\tag{8}\]

Возможные переходы между состояниями и их скорости (число переходов в единицу времени) показаны на диаграмме, иллюстрирующей уравнение баланса (6)).

Отметим, что при неограниченном возрастании плотности падающего потока числа частиц в основном и возбужденном состоянии выравниваются, то есть стремятся к \(\frac{N}{2}\).

Соотношения, аналогичные (7) (8) можно записать и для концентрации частиц в основном \(\gamma_0\) и возбужденном \(\gamma_1\) состояниях

\[\gamma _ { 0 } = \gamma \frac { I _ { 0 } \sigma + A } { 2 I _ { 0 } \sigma + A } , \quad \gamma _ { 1 } = \gamma \frac { I _ { 0 } \sigma } { 2 I _ { 0 } \sigma + A } .\tag{9}\]

Для расчета пропускания необходимо учесть, что фотоны, испущенные вынужденно, неотличимы от фотонов падающего потока. Поэтому число фотонов на выходе из рассматриваемого слоя равно числу падающих фотонов минус число поглощенных фотонов плюс число фотонов, испущенных вынужденно, поэтому

\[I = I _ { 0 } - I _ { 0 } \gamma _ { 0 } \sigma + I _ { 0 } \gamma _ { 1 } \sigma .\]

Окончательно, коэффициент пропускания равен

\[p = 1 - \gamma _ { 0 } \sigma \Delta x + \gamma _ { 1 } \sigma \Delta x = 1 - \sigma \left( \gamma \frac { I _ { 0 } \sigma + A } { 2 I _ { 0 } \sigma + A } - \frac { I _ { 0 } \sigma } { 2 I _ { 0 } \sigma + A } \right) \Delta x = 1 - \sigma \gamma \frac { A } { 2 I _ { 0 } \sigma + A } \Delta x .\tag{10}\]

Часть 2. Резонатор.

2.1 Пусть от правого зеркала начинает распространяться поток фотонов плотности \(I_0\). Через время, равное времени пролета фотона через резонатор (в двух направлениях) \(\tau = \frac{2L}{c}\), где \(c\) - скорость света, эти фотоны попадут на частично проницаемое зеркало и часть из них, которая определяется пропусканием зеркала, покинут резонатор. Таким образом, уменьшение плотности потока фотонов в резонаторе за этот промежуток времени составит \(\Delta I = I_0(1-\rho)\).

Среднее время исчезновения фотонов определяется по уже использованной методике

\[\langle t \rangle = \frac { I _ { 0 } } { \left( \Delta I / \Delta t \right) _ { 0 } } = \frac { I _ { 0 } \tau } { \left( \Delta I \right) _ { 0 } } = \frac { \tau } { 1 - \rho } = \frac { 2 L } { c ( 1 - \rho ) } .\tag { 11 }\]

Часть 3. Лазер.

Излучение накачки приводит к тому, что часть молекул оказывается в промежуточном состоянии 2. Так как в состоянии 3 молекул практически нет, то излучение, энергия фотонов которого равна разности энергий уровней 2 и 3, при прохождении через активную среду может усиливаться. Действительно, это излучение будет приводить к вынужденному испусканию фотонов, а их поглощение будет отсутствовать, так как в нижнем состоянии 3 молекул нет. (Говорят, что для перехода 2-3 осуществляется инверсная заселенность). Очевидно, что усиление будет наиболее существенно для фотонов распространяющихся вдоль оси резонатора в обоих направлениях, поэтому именно для этого потока выполняются условия генерации. Допустим, что это излучение присутствует в резонаторе, обозначим плотность его потока в одном направлении \(I_{\text{Г}}\). Строго говоря, плотности потоков различны для различных направлений распространения. Однако, из-за малой концентрации активных частиц при расчете числа возбужденных молекул этим различием можно пренебречь. Это различие существенно при записи условий стационарности генерации, что будет учтено нами позднее.

Под действием излучения накачки часть молекул переходит в возбужденное состояние 1, а затем быстро «сваливается» в промежуточное состояние 2. покинуть это состояние молекулы могут двумя способами: посредством спонтанного перехода в низлежащие состояния или посредством вынужденного испускания стимулированного излучением генерации. Если молекула оказывается в состоянии 3, то она также практически мгновенно оказывается в основном состоянии 0. Из-за быстрых переходов \(1 \to 2\) и \(3 \to 0\) при расчете концентраций молекул мы можем пренебречь числом молекул в промежуточных состояниях 1 и 3. Уравнение баланса числа частиц (или их концентрации) в состоянии 2 будет иметь вид

\[I_0(\gamma - \gamma_2)\sigma_0\Delta t = A\gamma_2\Delta t + 2I_{\text{Г}}\sigma_1\gamma_2\Delta t\tag{12}\]

где \(\gamma - \gamma_2 = \gamma_0\) - концентрация частиц в основном состоянии. В последнем слагаемом учтено наличие потоов генерации в двух направлениях. Перепишем это уравнение в виде

\[I_0\gamma\sigma_0 = \gamma_2(I_0\sigma_0 + A\Delta t + 2I_{\text{Г}}\sigma_1).\tag{13}\]

Получим теперь условия стационарности потока генерации. Для этого обозначим плотность потока генерации «стартующего» от правого (частично прозрачного зеркала) \(I_{\text{Г}0}\). Дважды пройдя через резонатор, это излучение усилится, и его плотность потока станет равной

\[I_{\text{Г}1} = I_{\text{Г}0}(1 + 2\gamma_2\sigma_1L).\tag{14}\]

Отразившись от зеркала, эта плотность потока уменьшится и в стационарном режиме станет равной исходной плотности \(I_{\text{Г}0}\). Следовательно, искомое условие стационарности примет вид

\[I_{\text{Г}1}\rho = I_{\text{Г}0}(1 + 2\gamma_2\sigma_1L)\rho = I_{\text{Г}0}.\tag{15}\]

Малое отличие коэффициента отражения от единицы и малость концентрации числа активных молекул оправдывают приближение постоянства плотности потока генерации при его распространении в обоих направлениях.

Из уравнения (15) следует, что концентрация числа молекул в состоянии 2 равна

\[\gamma_2 = \frac{1-\rho}{\rho} \cdot \frac{1}{2\sigma_1 L}.\tag{16}\]

Подставляя это значение в уравнение (13) получим выражение

\[I_0 \gamma \sigma_0 = \frac{1-\rho}{\rho} \cdot \frac{1}{2\sigma_1 L} (I_0 \sigma_0 + A \Delta t + 2 I_{\text{Г}} \sigma_1),\tag{17}\]

из которого определим плотность потока генерации внутри резонатора:

\[I_{\text{Г}} = \frac{1}{2\sigma_1} \left( I_0 \sigma_0 \left( \frac{2\sigma_1 L \rho}{1-\rho} \gamma - 1 \right) - A \right).\tag{18}\]

Для того, чтобы процесс генерации реализовывался, это выражение должно быть больше нуля, откуда определяем пороговое значение интенсивности накачки

\[I_{\text{Г}} = \frac{1}{2\sigma_1} \left( I_0 \sigma_0 \left( \frac{2\sigma_1 L \rho}{1-\rho} \gamma - 1 \right) - A \right) \ge 0 \quad \Rightarrow \quad I_{0\text{пор}} = \frac{A}{\sigma_0 \left( \frac{2\sigma_1 L \rho}{1-\rho} \gamma - 1 \right)}\tag{19}\]

Формула (18) определяет плотность потока генерации внутри резонатора, чтобы получить ее значение на выходе из резонатора ее следует умножить на коэффициент пропускания зеркала \((1-\rho)\). Кроме того, для удобства построения графика ее можно представить в виде

\[I_{\text{Гвых}} = (1-\rho) \frac{A}{2\sigma_1} \left( \frac{I_0}{I_{0\text{пор}}} - 1 \right).\tag{20}\]

Схематический график этой функции показан на рисунке.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.