# 羅倫茲振子模型: 振子如何吸收能量?
>[name= 阿文教授]
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>[time= July 20, 2024]

###### tags: `阿文碎碎念`

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## 羅倫茲振子吸收多少電磁波的能量?

:::danger
**MAD032 | 你知道光是如何被吸收的嗎？**
看這裡！用羅倫茲振子模型來解答！
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{%youtube a7FRSuVXXXw%}
>羅倫茲振子可以吸收電磁波的能量，詳細的過程在這裡。

:::info
>MAD32提到羅倫茲振子可以吸收電磁波的能量，詳細的過程在影片中沒有交代細節，其實放在這裡。我們展示兩種方法，第一種是影片提供的方法當然兩個方法的結果是一致的。，第二種是利用力學中的功率的算法。當然兩個方法的結果是一致的。
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## 第一種方法

首先，在[羅倫茲模型:色散](https://qubear.hackmd.io/@QuBear/W-Lorntz-1)這篇文章中，我們知道當電場強度是$E_0$的時候，振子的振幅是
\begin{equation}
x(t)=\frac{q E_0}{m}\frac{1}{\sqrt{(\omega^2-\omega_0)^2+\gamma^2 \omega^2}}\cos(\omega t-\phi),\,\,\,\tan\phi=\frac{\gamma \omega}{\omega^2-\omega_0^2}
\end{equation}

我們知道振子的能量與振幅平方成正比，所以角速度為$\omega$的電磁波的驅策下，振子的振幅平方是

\begin{equation}
A_{\omega}^2=\frac{q^2 E_{\omega}^2}{m^2}\frac{1}{(\omega^2-\omega_0^2)^2+\gamma^2\omega^2}
\end{equation}

($\omega=2\pi \nu$，$\omega$ 是角速度，$\nu$是頻率。)

這裡 $E_{\omega}$ 是該電磁波的振幅。一般而言。這個阻尼驅策振子的振幅相當小，只有當角速度$\omega$接近振子的自然角速度 $\omega_0$ 時，振幅才會明顯變大，換言之我們只關心 $\omega\sim\omega_0$ 的情況，此時可以做下列的近似，

\begin{equation}
A_{\omega}^2=\frac{q^2 E_{\omega}^2}{m^2}\frac{1}{(\omega-\omega_0)^2(\omega+\omega_0)^2+\gamma^2\omega_0^2}
\sim \frac{q^2 E_{\omega}^2}{4\omega_0^2m^2}\frac{1}{\left[(\omega-\omega_0)^2+\left(\frac{\gamma}{2}\right)^2\right]}
\end{equation}

振子的振幅與電磁波頻率有關，如果將 $[(\omega-\omega_0)^2+\left(\frac{\gamma}{2}\right)^2]^{-1}$ 這個因子當作權重的話，我們可以對此做加權，($\omega=\omega_0+\frac{\gamma}{2}\tan\theta$)

\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\omega}{(\omega-\omega_0)^2+\left(\frac{\gamma}{2}\right)^2}=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\frac{\gamma}{2}d(tan\theta)}
{\frac{\gamma^2}{4}\tan^2\theta+\frac{\gamma^2}{4}}
=\frac{2}{\gamma}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}
\frac{\sec^2\theta d\theta}{\sec^2\theta}=\frac{2\pi}{\gamma}
\end{equation}

簡諧振子的彈力位能是

\begin{equation}
U=\frac{1}{2}m\omega_0^2\cdot \overline{A_{\omega}^2}
\end{equation}

這裡$\overline{A_{\omega}^2}$ 是振子振幅對不同頻率電磁波做加權後的平均。照說
\begin{equation}
\overline{A_{\omega}^2}=\frac{q^2}{4\omega_0^2m^2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{E_{\omega}^2d\omega}{(\omega-\omega_0)^2+\left(\frac{\gamma}{2}\right)^2}
\end{equation}
但是其實只有頻率在$\omega_0$周遭的電磁波會有所貢獻，所以
我們將 $E_{\omega}$ 換成頻率是 $\nu_0=\frac{\omega_0}{2\pi}$ 的電磁波電場振幅 $E_0$:
\begin{equation}
\overline{A_{\omega}^2}\sim\frac{q^2E_0^2}{4\omega_0^2m^2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\omega}{(\omega-\omega_0)^2+\left(\frac{\gamma}{2}\right)^2}=\frac{q^2E_0^2}{4\omega_0^2m^2}\frac{2\pi}{\gamma}
\end{equation}

$u_{\nu_0}$ 是頻率為$\nu_0$的電磁波的平均能量密度。這裡是對電磁波振盪的一個周期作平均:
\begin{equation}
u_{\nu_0}=\frac{1}{T}\int_0^T \frac{1}{2}(E_{0}\cos \omega t)^2 dt=\frac{E_{0}^2}{2T}\int_0^T \frac{1+\cos 2\omega t}{2}dt=\frac{E_{0}^2}{4}
\end{equation}

把這些結果組合起來得到
\begin{equation}
U\sim \frac{m\omega_0^2}{2}\frac{q^2 E^2_{0}}{4\omega_0^2 m^2}\frac{2\pi}{\gamma}=\frac{1}{4}\frac{q^2{E}^2_{0}}{m}\frac{\pi}{\gamma}=\frac{\pi q^2}{m\gamma}\frac{E^2_{0}}{4}=\frac{\pi q^2}{m\gamma}u_{\nu_{0}}
\end{equation}

我們知道阻尼振子吸收或放射能量的功率是
\begin{equation}
J_{CL}=\gamma U N
\end{equation}
此處 $N$ 是單位體積羅倫茲振子的數目，我們假設每個振子的行動是獨立的。
所以最後得到的結果是
\begin{equation}
J_{CL}=N\frac{\pi q^2}{m}u_{\nu_0}
\end{equation}

這正是影片呈現的結果。

## 直接計算振子的功率

第二個算法是直接計算振子在振盪電場的功率。
功率是
\begin{equation}
P=\vec{F}\cdot\frac{d\vec{x}}{dt}
\end{equation}

\begin{eqnarray}
x(t)&=&\frac{qE_0}{m}\left[\frac{\omega_0^2-\omega^2}{(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}\cos\omega t +\frac{\gamma \omega}{(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}\sin\omega t\right]\\
&=&\frac{qE_0}{m}\frac{1}{\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}}\cos(\omega t-\delta_0)
\end{eqnarray}
\begin{equation}
\frac{dx}{dt}=\frac{qE_0}{m}\left[-\frac{\omega(\omega_0^2-\omega^2)}{(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}\sin\omega t +\frac{\gamma \omega^2}{(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}\cos\omega t\right]
\end{equation}
\begin{equation}
\vec{F}=qE_0\cos\omega t
\end{equation}
\begin{equation}
\frac{1}{T}\int_0^{T}\cos \omega t \sin\omega t dt=\frac{1}{2T}\int_0^{T}\sin 2\omega t dt=\frac{1}{4\omega T}\int_0^{2\omega T}\sin\alpha d\alpha=\frac{1}{4\omega T}\int_0^{4\pi}\sin\alpha d\alpha=\frac{-\cos 4\pi+\cos 0}{4\omega T}=0
\end{equation}
\begin{equation}
\frac{1}{T}\int_0^{T}\cos^2 \omega t dt=\frac{1}{2T}\int_0^{T}(1+\cos 2\omega t) dt=\frac{1}{4\omega T}\int_0^{2\omega T}(1+\sin\alpha) d\alpha=\frac{1}{8\\pi}\int_0^{4\pi}(1+\cos\alpha) d\alpha=\frac{4\pi+\sin 4\pi-\sin 0}{8\pi}=\frac{1}{2}
\end{equation}

\begin{equation}
\frac{1}{T}\int_0^{T}\vec{F}\cdot\frac{d\vec{x}}{dt}=
\frac{q^2 E_0^2}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\gamma \omega^2d\omega}{(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}
\end{equation}
\begin{equation}
\frac{\gamma \omega^2d\omega}{(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}\simeq\left[\frac{\gamma\omega_0^2}{4\omega_0^2}\frac{1}{(\omega-\omega_0)^2+\frac{\gamma^2}{4}}\right]=\frac{\gamma}{4}\left[\frac{1}{(\omega-\omega_0)^2+\frac{\gamma^2}{4}}\right]
\end{equation}
\begin{equation}
\frac{1}{T}\int_0^{T}\vec{F}\cdot\frac{d\vec{x}}{dt}\simeq
\frac{q^2 E_0^2}{2m}\frac{\gamma}{4}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega\frac{1}{(\omega-\omega_0)^2+\frac{\gamma^2}{4}}=\frac{q^2 E_0^2}{2m}\frac{\gamma}{4}\frac{2\pi}{\gamma}
=\frac{q^2 \pi}{m}\frac{E_0^2}{4}=\frac{q^2 \pi}{m}u_{\nu_{0}}
\end{equation}

這是一個羅倫茲振子吸收的功率。羅倫茲模型中振子是獨立的，所以
\begin{equation}
J_{CL}=N\frac{\pi q^2}{m}u_{\nu_{0}}
\end{equation}

與第一種算法的答案相同。

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