射线源导论作业

1. 第一次作业

1.1. 束流的相空间分布

已知漂移段无外力, 无自场, 粒子横向斜率 $𝑥^{'} = \frac{𝑣_{𝑥}}{𝑣_{𝑧}}$ 在漂移中保持不变, 而横向位置随纵向传播距离 $𝐿$ 发生线性漂移:

𝑥 (𝐿) = 𝑥 (0) + 𝐿 𝑥^{'} (0)

右上角与左下角顶点分别为 $(2 𝑎, 𝑏), (- 2 𝑎, - 𝑏)$

1.2. 电子能量分布

𝛾 = 1 + \frac{𝐸_{𝑘}}{𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}}, 𝛽 = \sqrt{1 - \frac{1}{𝛾^{2}}}

1.3. 电子 de Broglie 波长

电子的相对论动量满足

{(𝑝 𝑐)}^{2} = {(𝐸_{𝑘} + 𝑚_{𝑒} 𝑐^{2})}^{2} - {(𝑚_{𝑒} 𝑐^{2})}^{2} = 𝐸_{𝑘}^{2} + 2 𝐸_{𝑘} 𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}

de Broglie 波长

𝜆 = \frac{ℎ}{𝑝} = \frac{ℎ 𝑐}{𝑝 𝑐}

取常数 $ℎ 𝑐 = 1239.84$

𝜆 = \frac{1239.84}{\sqrt{𝐸_{𝑘}^{2} + 2 𝐸_{𝑘} 𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}}}

1.4. 均方根发射度与不确定性极限

横向归一化均方根发射度可写为

𝜀_{n, 𝑥} = \frac{1}{𝑚_{𝑒} 𝑐} \sqrt{⟨ 𝑥^{2} ⟩ ⟨ 𝑝_{𝑥}^{2} ⟩ - {⟨ 𝑥 𝑝_{𝑥} ⟩}^{2}}

若相空间椭圆为正椭圆, 即位置和横向动量没有相关项, $⟨ 𝑥 𝑝_{𝑥} ⟩ = 0$ , 且 $𝜎_{𝑥}^{2} = ⟨ 𝑥^{2} ⟩$ , $𝜎_{𝑝_{𝑥}}^{2} = ⟨ 𝑝_{𝑥}^{2} ⟩$ , 则

𝜀_{n, 𝑥} = \frac{𝜎_{𝑥} 𝜎_{𝑝_{𝑥}}}{𝑚_{𝑒} 𝑐}

由海森堡不确定性关系

𝜎_{𝑥} 𝜎_{𝑝_{𝑥}} \geq \frac{ℏ}{2}

得到归一化均方根发射度的量子下限

𝜀_{n,min} = \frac{ℏ}{2 𝑚_{𝑒} 𝑐}

代入电子质量可得

𝜀_{n,min} = 1.93 \cdot 10^{- 13} m \cdot rad = 0.193 n m \cdot mrad

若用几何发射度表示, 取参考纵向动量为 $𝑝$ , 并用 $𝑥^{'} \approx \frac{𝑝_{𝑥}}{𝑝}$ , 则

𝜀_{𝑥} = \frac{1}{𝑝} \sqrt{⟨ 𝑥^{2} ⟩ ⟨ 𝑝_{𝑥}^{2} ⟩ - {⟨ 𝑥 𝑝_{𝑥} ⟩}^{2}}

因而几何均方根发射度的下限为

𝜀_{𝑥, min} = \frac{ℏ}{2 𝑝}

又因为 de Broglie 波长 $𝜆_{dB} = \frac{ℎ}{𝑝} = 2 𝜋 \frac{ℏ}{𝑝}$ , 所以

𝜀_{𝑥, min} = \frac{𝜆_{dB}}{4 𝜋}

归一化发射度和几何发射度满足 $𝜀_{𝑛} = 𝛽 𝛾 𝜀_{𝑥}$ , 且 $𝑝 = 𝛽 𝛾 𝑚_{𝑒} 𝑐$ , 因此

𝜀_{n,min} = 𝛽 𝛾 \frac{𝜆_{dB}}{4 𝜋} = \frac{ℏ}{2 𝑚_{𝑒} 𝑐}

1.5. 200 keV 电镜中电子平均纵向间距

已知电流 $𝐼 = 100 p A$ , 电子流率

\dot{𝑁} = \frac{𝐼}{𝑒}

其中 $𝑒 = 1.602 \cdot 10^{- 19} C$

对于 $𝐸_{𝑘} = 200 k eV$ 的时候:

𝛾 = 1 + \frac{200}{511} \approx 1.391

把电子到达看作平均均匀流, 则平均时间间隔

Δ 𝑡 \approx \frac{1}{\dot{𝑁}} \approx 1.60 \cdot 10^{- 9} s

平均纵向间距 $Δ 𝑧 \approx 𝑣 Δ 𝑡 = \frac{𝑣}{\dot{𝑁}} \approx \frac{2.09 \times 10^{8}}{6.24 \times 10^{8}} \approx 0.334 m$

2. 第二次作业

2.1. 推导 Richardson-Dushman 公式

1901, Richardson 观察到加热导线, 电流随温度近似指数增长. 后来 Dushman 导出了 Richardson 公式中的一个常数. 最后得到的式子为:

𝐽 = \frac{4 𝜋 𝑚_{0} 𝑒 𝑘_{𝐵}^{2} 𝑇^{2}}{ℎ^{3}} 𝑒^{- \frac{𝑊}{𝑘_{𝐵} 𝑇}}

公式的物理图像是, 金属中的自由电子在热激发下获得足够能量, 克服表面势垒 (功函数 $𝑊$ ) 逸出金属, 形成热发射电流.

考虑 Fermi-Dirac 分布 (能量为 $𝐸$ 的单粒子量子态被占据的平均数, 并且假设 $𝑇$ 并不是非常高, 可以在公式中使用 $𝐸_{𝐹}$ ):

𝑓 (𝐸) = \frac{1}{1 + 𝑒^{\frac{𝐸 - 𝐸_{𝐹}}{𝑘_{𝐵} 𝑇}}} for 𝑇 > 0

并且 $𝑇 \to 0$ 有:

𝑓 (𝐸) = {\begin{cases} 1 where 𝐸 < 𝐸_{𝐹} \\ 0 where 𝐸 > 𝐸_{𝐹} \end{cases}

接下来考虑金属表面法向取为 $𝑥$ 方向. 电子若要从金属中逸出, 不仅要朝向表面运动, 还要有足够大的法向动能克服表面势垒.

设金属内电子能量为 $𝐸 = \frac{𝑝_{𝑥}^{2} + 𝑝_{𝑦}^{2} + 𝑝_{𝑧}^{2}}{2 𝑚_{0}}$

其中 $𝑝_{𝑥}$ 是垂直于表面的动量分量. 真空能级比金属内费米能级高出功函数 $𝑊$ , 因此若能量以金属内导带底部为零点, 则表面势垒高度为 $𝐸_{𝑣} = 𝐸_{𝐹} + 𝑊$

由于电子穿越表面时, 平行于表面的动量分量 $𝑝_{𝑦}, 𝑝_{𝑧}$ 守恒, 因此真正用于“翻过势垒”的是法向动能, 即必须满足 $\frac{𝑝_{𝑥}^{2}}{2 𝑚_{0}} > 𝐸_{𝑣} = 𝐸_{𝐹} + 𝑊$

并且还要有 $𝑝_{𝑥} > 0$ .

现在计算单位体积, 单位动量空间中的量子态数.

考虑边长为 $𝐿$ , 体积为 $𝑉 = 𝐿^{3}$ 的立方体, 对电子取周期性边界条件. 则允许的波矢为 $𝑘_{𝑖} = 2 𝜋 \frac{𝑛_{𝑖}}{𝐿}$ , $𝑖 = 𝑥, 𝑦, 𝑧$ .

因此在波矢空间中, 每个量子态占据的体积为 $\frac{{(2 𝜋)}^{3}}{𝑉}$ .

故单位体积, 单位波矢空间中的态数为 $\frac{1}{{(2 𝜋)}^{3}}$ .

再考虑电子的自旋, 为 $\frac{2}{{(2 𝜋)}^{3}}$ , 记为 $\frac{2}{{(2 𝜋)}^{3}} d^{3} 𝑘$ .

由 $𝑝 = ℏ 𝑘$ 可知, 单位体积, 单位动量空间中的量子态数为:

\frac{2}{{(2 𝜋)}^{3} ℏ^{3}} = \frac{2}{ℎ^{3}}

故动量在 $\vec{𝑝}$ 到 $\vec{𝑝} + d \vec{𝑝}$ 之间的电子数密度为: $d 𝑁 = \frac{2 𝑓 (𝐸) d 𝑝_{𝑥} d 𝑝_{𝑦} d 𝑝_{𝑧}}{ℎ^{3}}$

这些电子对表面的电流贡献为: $d 𝐽 = 𝑒 𝑣_{𝑥} d 𝑁 = \frac{2 𝑒 𝑝_{𝑥}}{𝑚_{0} ℎ^{3}} 𝑓 (𝐸) d 𝑝_{𝑥} d 𝑝_{𝑦} d 𝑝_{𝑧}$

积分 (利用高斯积分公式):

\begin{aligned} \int_{- \infty}^{+ \infty} d 𝑝_{𝑦} \int_{- \infty}^{+ \infty} d 𝑝_{𝑧} \int_{\sqrt{2 𝑚_{0} (𝐸_{𝐹} + 𝑊)}}^{+ \infty} d 𝑝_{𝑥} \frac{2 𝑒 𝑝_{𝑥}}{𝑚_{0} ℎ^{3} (1 + 𝑒^{\frac{𝐸 - 𝐸_{𝐹}}{𝑘_{𝐵} 𝑇}})} \\ = \frac{2 𝑒}{𝑚_{0} ℎ^{3}} \int d 𝑝_{𝑦} \int d 𝑝_{𝑧} \int \frac{𝑝_{𝑥} d 𝑝_{𝑥}}{1 + 𝑒^{\frac{𝐸 - 𝐸_{𝐹}}{𝑘_{𝐵} 𝑇}}} \\ \approx \frac{2 𝑒}{𝑚_{0} ℎ^{3}} \int d 𝑝_{𝑦} \int d 𝑝_{𝑧} \int 𝑝_{𝑥} d 𝑝_{𝑥} 𝑒^{- \frac{𝐸 - 𝐸_{𝐹}}{𝑘_{𝐵} 𝑇}} \\ = \frac{4 𝜋 𝑚_{0} 𝑒 𝑘_{𝐵}^{2} 𝑇^{2}}{ℎ^{3}} exp (- \frac{𝑊}{𝑘_{𝐵} 𝑇}) \end{aligned}

与经典 Maxwell 分布推导的主要区别在于: 金属内电子是简并费米气体, 态密度由量子态计数 $\frac{2}{ℎ^{3}}$ 给出, 发射主要来自费米面附近的高能尾部; 因而 R-D 公式中的 Richardson 常数 $𝐴 = \frac{4 𝜋 𝑚_{0} 𝑒 𝑘_{𝐵}^{2}}{ℎ^{3}}$ 是量子统计给出的普适常数. 经典图像没有 Pauli 不相容和费米能级, 会把电子看作普通 Maxwell 气体, 难以得到这个普适前因子.

2.2. 要求热阴极电流密度的稳定性优于百分之一, 对温度和功函数的变化分别有什么要求

\frac{ℎ^{3} 𝑒^{\frac{𝑊}{𝑘_{𝐵} 𝑇}}}{4 𝜋 𝑚_{0} 𝑒 𝑘_{𝐵}^{2}} d 𝐽 = (2 𝑇 + \frac{𝑊}{𝑘_{𝐵}}) d 𝑇 - \frac{𝑇 d 𝑊}{𝑘_{𝐵}}

考虑温度变化, 有:

\begin{matrix} | \frac{d 𝐽}{𝐽} | = | \frac{(2 + \frac{𝑊}{𝑘_{𝐵} 𝑇}) d 𝑇}{𝑇} | < 0.01 \\ ⟹ | \frac{d 𝑇}{𝑇} | < | \frac{0.01}{2 + \frac{𝑊}{𝑘_{𝐵} 𝑇}} | \end{matrix}

考虑功函数变化, 有:

\begin{matrix} | \frac{d 𝐽}{𝐽} | = | \frac{d 𝑊}{𝑘_{𝐵} 𝑇} | < 0.01 \\ ⟹ | \frac{d 𝑊}{𝑊} | < | \frac{0.01 𝑘_{𝐵} 𝑇}{𝑊} | \end{matrix}

2.3. 画出 100 到 2000 摄氏度热发射电流密度

2.4. 基于热发射的物理图像, 思考光电发射的原理

热发射是电子靠热激发从分布高能尾部越过功函数, 光电发射不同, 是电子吸收光子能量, 被光激发到更高能量, 从而越过功函数.

3. 第三次作业

3.1. 重复 Schottky 势垒降低的推导过程

相对于零场时的功函数 $𝑊$ , 外加电场和镜像力给出的附加势能为

𝑉 (𝑥) = - 𝑒 𝐸_{𝑎} 𝑥 - \frac{𝑒^{2}}{16 𝜋 𝜀_{0} 𝑥}

故总势垒可写成

𝑈 (𝑥) = 𝑊 + 𝑉 (𝑥) = 𝑊 - 𝑒 𝐸_{𝑎} 𝑥 - \frac{𝑒^{2}}{16 𝜋 𝜀_{0} 𝑥}

势垒顶部满足 $\frac{d 𝑈}{d 𝑥} = - 𝑒 𝐸_{𝑎} + \frac{𝑒^{2}}{16 𝜋 𝜀_{0} 𝑥^{2}} = 0$

从而 $𝑥_{𝑚} = \sqrt{\frac{𝑒}{16 𝜋 𝜀_{0} 𝐸_{𝑎}}}$

把 $𝑥_{𝑚}$ 代回势垒, 有

\begin{aligned} 𝑈 (𝑥_{𝑚}) - 𝑊 & = - 𝑒 𝐸_{𝑎} 𝑥_{𝑚} - \frac{𝑒^{2}}{16 𝜋 𝜀_{0} 𝑥_{𝑚}} \\ = - 2 𝑒 𝐸_{𝑎} 𝑥_{𝑚} \\ = - \sqrt{𝑒^{3} \frac{𝐸_{𝑎}}{4 𝜋 𝜀_{0}}} \end{aligned}

故 Schottky 势垒降低量为

Δ 𝑊 = 𝑊 - 𝑈 (𝑥_{𝑚}) = \sqrt{𝑒^{3} \frac{𝐸_{𝑎}}{4 𝜋 𝜀_{0}}}

当 $𝐸_{𝑎} = 100 M V m^{- 1} = 1 \cdot 10^{8} V m^{- 1}$ 时,

Δ 𝑊 = \sqrt{𝑒^{3} \frac{𝐸_{𝑎}}{4 𝜋 𝜀_{0}}} \approx 6.08 \cdot 10^{- 20} J \approx 0.38 eV

并且势垒顶点位置为

𝑥_{𝑚} = \sqrt{\frac{𝑒}{16 𝜋 𝜀_{0} 𝐸_{𝑎}}} \approx 1.90 \cdot 10^{- 9} m

3.2. 推导光电发射热发射度的表达式

这里取阴极表面法向为 $𝑧$ , 横向为 $𝑥, 𝑦$ . 设有效功函数为 $𝑊_{eff}$ , 光子能量为 $ℎ 𝜈$ , 则电子逸出后的最大超额能量为

Δ 𝐸 = ℎ 𝜈 - 𝑊_{eff}

对应的最大动量满足

𝑝_{𝑚} = \sqrt{2 𝑚_{0} Δ 𝐸}

在最简单的自由电子模型下, 发射到真空中的电子在动量空间占据半球

𝑝_{𝑥}^{2} + 𝑝_{𝑦}^{2} + 𝑝_{𝑧}^{2} \leq 𝑝_{𝑚}^{2}, 𝑝_{𝑧} > 0

并且穿过表面的粒子流要按法向速度加权, 即

d 𝑁 = 𝐶 𝑣_{𝑧} d^{3} 𝑝 = \frac{𝐶 𝑝_{𝑧}}{𝑚_{0}} d^{3} 𝑝

其中 $𝐶$ 为与归一化有关的常数. 在求二阶矩时, 分子分母中的 $\frac{𝐶}{𝑚_{0}}$ 会相互抵消.

于是 $𝜎_{𝑝_{𝑥}}^{2} = ⟨ 𝑝_{𝑥}^{2} ⟩ - {⟨ 𝑝_{𝑥} ⟩}^{2}$

由对称性可知 $⟨ 𝑝_{𝑥} ⟩ = 0$ , 所以

𝜎_{𝑝_{𝑥}}^{2} = \frac{\int 𝑝_{𝑥}^{2} d 𝑁}{\int d 𝑁} = \frac{\int 𝑝_{𝑥}^{2} 𝑝_{𝑧} d^{3} 𝑝}{\int 𝑝_{𝑧} d^{3} 𝑝}

取球坐标, 以 $𝑧$ 为极轴, 有 $𝑝_{𝑥} = 𝑝 sin 𝜃 cos 𝜑$ , $𝑝_{𝑧} = 𝑝 cos 𝜃$ .

以及

d^{3} 𝑝 = 𝑝^{2} sin 𝜃 d 𝑝 d 𝜃 d 𝜑

故分母为

\begin{aligned} \int 𝑝_{𝑧} d^{3} 𝑝 & = \int_{0}^{𝑝_{𝑚}} 𝑝^{3} d 𝑝 \int_{0}^{\frac{𝜋}{2}} cos 𝜃 sin 𝜃 d 𝜃 \int_{0}^{2 𝜋} d 𝜑 \\ = 2 𝜋 (\frac{𝑝_{𝑚}^{4}}{4}) (\frac{1}{2}) \\ = \frac{𝜋 𝑝_{𝑚}^{4}}{4} \end{aligned}

分子为

\begin{aligned} \int 𝑝_{𝑥}^{2} 𝑝_{𝑧} d^{3} 𝑝 & = \int_{0}^{𝑝_{𝑚}} 𝑝^{5} d 𝑝 \int_{0}^{\frac{𝜋}{2}} {sin}^{3} 𝜃 cos 𝜃 d 𝜃 \int_{0}^{2 𝜋} {cos}^{2} 𝜑 d 𝜑 \\ = (\frac{𝑝_{𝑚}^{6}}{6}) (\frac{1}{4}) 𝜋 \\ = \frac{𝜋 𝑝_{𝑚}^{6}}{24} \end{aligned}

因此

𝜎_{𝑝_{𝑥}}^{2} = \frac{\frac{𝜋 𝑝_{𝑚}^{6}}{24}}{\frac{𝜋 𝑝_{𝑚}^{4}}{4}} = \frac{𝑝_{𝑚}^{2}}{6}

再代入 $𝑝_{𝑚}^{2} = 2 𝑚_{0} Δ 𝐸$ , 得 $𝜎_{𝑝_{𝑥}}^{2} = \frac{𝑚_{0} Δ 𝐸}{3}$

即

𝜎_{𝑝_{𝑥}} = \sqrt{\frac{𝑚_{0} Δ 𝐸}{3}}

对于归一化热发射度,

𝜀_{n, 𝑥} = \frac{1}{𝑚_{0} 𝑐} \sqrt{⟨ 𝑥^{2} ⟩ ⟨ 𝑝_{𝑥}^{2} ⟩ - {⟨ 𝑥 𝑝_{𝑥} ⟩}^{2}}

若阴极表面位置与横向动量无关, 即 $⟨ 𝑥 𝑝_{𝑥} ⟩ = 0$ , 且 $𝜎_{𝑥}^{2} = ⟨ 𝑥^{2} ⟩$ , 则 $𝜀_{n, 𝑥} = \frac{𝜎_{𝑥} 𝜎_{𝑝_{𝑥}}}{𝑚_{0} 𝑐}$

最终得到 $𝜀_{n, 𝑥} = 𝜎_{𝑥} \sqrt{Δ \frac{𝐸}{3 𝑚_{0} 𝑐^{2}}}$

其中 $Δ 𝐸 = ℎ 𝜈 - 𝑊_{eff}$

因此单位束斑尺寸对应的本征发射度随超额能量 $ℎ 𝜈 - 𝑊_{eff}$ 的平方根增加. 降低光电发射热发射度的主要办法是让驱动光尽量接近发射阈值, 即减小 $ℎ 𝜈 - 𝑊_{eff}$ ; 也可以在满足电荷量和空间电荷限制的前提下减小激光光斑尺寸 $𝜎_{𝑥}$ . 实际阴极还需要控制表面粗糙, 污染和非均匀场, 否则会额外引入横向动量和位置相关性.

3.3. 重复 Child-Langmuir 的推导过程

考虑一维平板真空二极管. 阴极位于 $𝑥 = 0$ , 阳极位于 $𝑥 = 𝑑$ , 阴极电势取为 0, 阳极电势为 $𝑉$ , 即 $𝜑 (0) = 0$ , $𝜑 (𝑑) = 𝑉$ . 并假设电子从阴极出发时初速度近似为 0.

电流密度守恒为:

𝐽 = 𝑒 𝑛 (𝑥) 𝑣 (𝑥)

其中 $𝑛 (𝑥)$ 为电子数密度, $𝑣 (𝑥)$ 为电子速度.

电子在电势 $𝜑 (𝑥)$ 中满足能量守恒 $\frac{𝑚_{0} 𝑣^{2}}{2} = 𝑒 𝜑 (𝑥)$ , 故 $𝑣 (𝑥) = \sqrt{2 𝑒 \frac{𝜑 (𝑥)}{𝑚_{0}}}$ .

Poisson 方程为

𝜑^{″} (𝑥) = 𝑒 \frac{𝑛 (𝑥)}{𝜀_{0}}

利用 $𝑛 (𝑥) = \frac{𝐽}{𝑒 𝑣}$ 代入, 得

𝜑^{″} (𝑥) = \frac{𝐽}{𝜀_{0} 𝑣} = \frac{𝐽 \sqrt{\frac{𝑚_{0}}{2 𝑒}} 𝜑^{- \frac{1}{2}}}{𝜀_{0}}

记

𝐴 = \frac{𝐽 \sqrt{\frac{𝑚_{0}}{2 𝑒}}}{𝜀_{0}}

则

𝜑^{″} (𝑥) = 𝐴 𝜑^{- \frac{1}{2}}

两边同乘 $𝜑^{'} (𝑥)$ 有 $𝜑^{″} 𝜑^{'} = 𝐴 𝜑^{- \frac{1}{2}} 𝜑^{'}$ . 积分得 $\frac{𝜑^{' 2}}{2} = 2 𝐴 \sqrt{𝜑} + 𝐶$ .

在空间电荷限制发射条件下, 阴极表面电场为 0, 即 $𝜑^{'} (0) = 0$ . 再结合 $𝜑 (0) = 0$ , 可得 $𝐶 = 0$ . 因此

𝜑^{' 2} = 4 𝐴 \sqrt{𝜑}

取正根并分离变量:

\begin{matrix} \frac{d 𝜑}{d 𝑥} = 2 \sqrt{𝐴} 𝜑^{\frac{1}{4}} \\ 𝜑^{- \frac{1}{4}} d 𝜑 = 2 \sqrt{𝐴} d 𝑥 \end{matrix}

积分得 $\frac{4 𝜑^{\frac{3}{4}}}{3} = 2 \sqrt{𝐴} 𝑥$ , 在 $𝑥 = 𝑑$ 处取 $𝜑 = 𝑉$ , 得 $\frac{4 𝑉^{\frac{3}{4}}}{3} = 2 \sqrt{𝐴} 𝑑$ . 于是:

𝐴 = \frac{4 𝑉^{\frac{3}{2}}}{9 𝑑^{2}}

代回 $𝐴$ 的定义, 最终得到 Child-Langmuir 定律:

𝐽 = \frac{4 𝜀_{0} 𝑉^{\frac{3}{2}}}{9 𝑑^{2}} \sqrt{2 \frac{𝑒}{𝑚_{0}}}

并且电势分布为 $𝜑 (𝑥) = 𝑉 {(\frac{𝑥}{𝑑})}^{\frac{4}{3}}$ .

阴极能发射电子, 不等于电子枪能把所有电子引出去. 因为电子带负电,发射出来后会在阴极附近形成一团负电荷云, 即空间电荷. 这个负电荷云会产生反向电场, 抑制后续电子离开阴极. 于是电流不再由阴极材料的发射能力决定, 而由电极间电压, 间距和空间电荷场决定.

Child–Langmuir 描述了平行板二极管中, 空间电荷限制条件下的最大稳态电流密度. 需要理解:

𝐽 \propto \frac{𝑉^{\frac{3}{2}}}{𝑑^{2}}

即电压越高, 阳极间距越小, 可引出的电流密度越大.

4. 第四次作业

4.1. 利用 Child-Langmuir 计算 200 kV, 5 cm 间距极板中的流强密度

Child-Langmuir 定律:

𝐽 = \frac{4 𝜀_{0} 𝑉_{0}^{\frac{3}{2}}}{9 𝑑^{2}} \sqrt{2 \frac{𝑒}{𝑚}}

代入数值 $𝜀_{0} = 8.854 \cdot 10^{- 12} F m^{- 1}$ , $𝑒 = 1.602 \cdot 10^{- 19} C$ , $𝑚 = 9.11 \cdot 10^{- 31} k g$ , $𝑉_{0} = 200 \cdot 10^{3} V$ , $𝑑 = 5 \cdot 10^{- 2} m$ .

故:

𝐽 = \frac{4 𝜀_{0} 𝑉_{0}^{\frac{3}{2}}}{9 𝑑^{2}} \sqrt{2 \frac{𝑒}{𝑚}} \approx 8.35 \cdot 10^{4} A m^{- 2}

也可写成 $𝐽 \approx 8.35 A c m^{- 2}$ . 因此, 极板中的空间电荷限制流强密度为 $𝐽 \approx 8.35 \cdot 10^{4} A m^{- 2}$

4.2. 无限长圆柱分布电子束流在 $𝑟 = 1 m m$ 处电子受到的力

设电子束半径为 $𝑎 = 1 m m = 1.0 \cdot 10^{- 3} m$ , 束流流强为 $𝐼 = 100 A$ , 且在圆柱内均匀分布.

设电子束速度为 $𝑣$ , 则线电荷密度大小为 $𝜆 = \frac{𝐼}{𝑣}$

体电荷密度大小为 $| 𝜌 | = \frac{𝜆}{𝜋 𝑎^{2}} = \frac{𝐼}{𝜋 𝑎^{2} 𝑣}$

对半径为 $𝑎$ 的均匀带电圆柱, 在柱内半径 $𝑟$ 处的电场大小为 $𝐸 (𝑟) = | 𝜌 | \frac{𝑟}{2 𝜀_{0}}$

因此在边界 $𝑟 = 𝑎$ 处, $𝐸 (𝑎) = \frac{𝐼}{2 𝜋 𝜀_{0} 𝑎 𝑣}$

电场方向指向圆柱轴心, 但电子带负电, 所以电子受到的电场力方向为径向向外. 其大小为 $𝐹_{𝐸} = 𝑒 𝐸 (𝑎) = \frac{𝑒 𝐼}{2 𝜋 𝜀_{0} 𝑎 𝑣}$

均匀电流圆柱在柱内半径 $𝑟$ 处的磁场大小为 $𝐵 (𝑟) = 𝜇_{0} 𝐼 \frac{𝑟}{2 𝜋 𝑎^{2}}$

故在边界 $𝑟 = 𝑎$ 处, $𝐵 (𝑎) = 𝜇_{0} \frac{𝐼}{2 𝜋 𝑎}$

电子沿束流方向运动, 所受磁力大小为 $𝐹_{𝐵} = 𝑒 𝑣 𝐵 (𝑎) = \frac{𝑒 𝑣 𝜇_{0} 𝐼}{2 𝜋 𝑎}$

其方向为径向向内.

所以电子所受总力大小为 $𝐹 = 𝐹_{𝐸} - 𝐹_{𝐵}$

即

𝐹 = \frac{𝑒 𝐼 (\frac{1}{𝜀_{0} 𝑣} - 𝜇_{0} 𝑣)}{2 𝜋 𝑎}

利用 $𝜇_{0} 𝜀_{0} = \frac{1}{𝑐^{2}}$

并记 $𝛽 = \frac{𝑣}{𝑐}$ , $𝛾 = \frac{1}{\sqrt{1 - 𝛽^{2}}}$ .

则

𝐹 = \frac{𝑒 𝐼 (1 - 𝛽^{2})}{2 𝜋 𝜀_{0} 𝑎 𝑣} = \frac{𝑒 𝐼}{2 𝜋 𝜀_{0} 𝑎 𝑣 𝛾^{2}}

总力方向为径向向外.

电子静能为 $𝑚 𝑐^{2} = 511 k eV$

故 $𝛾 = 1 + \frac{100}{511} \approx 1.1957$ , $𝛽 = \sqrt{1 - \frac{1}{𝛾^{2}}} \approx 0.5482$ , $𝑣 = 𝛽 𝑐 \approx 1.6435 \cdot 10^{8} m s^{- 1}$ .

于是

𝐸 (𝑎) = \frac{𝐼}{2 𝜋 𝜀_{0} 𝑎 𝑣} \approx 1.0937 \cdot 10^{7} V m^{- 1} 𝐵 (𝑎) = 𝜇_{0} \frac{𝐼}{2 𝜋 𝑎} = 2.0 \cdot 10^{- 2} T

故电场力大小为 $𝐹_{𝐸} = 𝑒 𝐸 (𝑎) \approx 1.75 \cdot 10^{- 12} N$

方向为径向向外.

磁力大小为 $𝐹_{𝐵} = 𝑒 𝑣 𝐵 (𝑎) \approx 5.27 \cdot 10^{- 13} N$

方向为径向向内.

因此总力为

𝐹 = 𝐹_{𝐸} - 𝐹_{𝐵} \approx 1.23 \cdot 10^{- 12} N

方向为径向向外.

当电子动能为 10 MeV 时 $𝛾 = 1 + \frac{10000}{511} \approx 20.569$ , $𝛽 = \sqrt{1 - \frac{1}{𝛾^{2}}} \approx 0.99882$ , $𝑣 = 𝛽 𝑐 \approx 2.9944 \cdot 10^{8} m s^{- 1}$ .

于是

𝐸 (𝑎) = \frac{𝐼}{2 𝜋 𝜀_{0} 𝑎 𝑣} \approx 6.00 \cdot 10^{6} V m^{- 1} 𝐵 (𝑎) = 𝜇_{0} \frac{𝐼}{2 𝜋 𝑎} = 2.0 \cdot 10^{- 2} T

故电场力大小为 $𝐹_{𝐸} = 𝑒 𝐸 (𝑎) \approx 9.62 \cdot 10^{- 13} N$

方向为径向向外.

磁力大小为 $𝐹_{𝐵} = 𝑒 𝑣 𝐵 (𝑎) \approx 9.60 \cdot 10^{- 13} N$

方向为径向向内.

因此总力为

𝐹 = 𝐹_{𝐸} - 𝐹_{𝐵} \approx 2.27 \cdot 10^{- 15} N

方向仍为径向向外.

5. 第五次作业

5.1. Mo 和 W 的 Kα 射线能量与最低激发电子能量

查 NIST X-ray Transition Energies 数据库可得, Mo 和 W 的 K 系特征线与 K 吸收边为:

材料	$𝐾 𝛼_{2}$ / keV	$𝐾 𝛼_{1}$ / keV	$𝐾$ edge / keV	最低电子能量
Mo	17.374	17.479	20.000	$𝐸_{𝑒} \geq 20.0 k eV$
W	57.982	59.319	69.525	$𝐸_{𝑒} \geq 69.5 k eV$

这里 $𝐾 𝛼_{1}$ 对应 $𝐾 𝐿_{3}$ 跃迁, $𝐾 𝛼_{2}$ 对应 $𝐾 𝐿_{2}$ 跃迁. 产生 Kα 特征射线的必要条件是入射电子能量至少能够打出 K 壳层空穴, 因此最低电子能量由 K edge 决定, 而不是由 Kα 光子能量本身决定.

5.2. 50 keV, 100 keV, 150 keV 管压下的 X 光管能谱示意

X 光管能谱由连续轫致辐射和靶材特征线组成. 管压为 $𝑉$ 时, 连续谱最高光子能量为 $𝐸_{max} = 𝑒 𝑉$ .

下面用 Kramers 形式作定性示意:

\begin{matrix} 𝐼 (𝐸) \propto \frac{𝐸_{max} - 𝐸}{𝐸_{max}} \\ 0 < 𝐸 < 𝐸_{max} \end{matrix}

当 $𝐸_{max}$ 超过靶材 K edge 时, 谱中出现 Kα 和 Kβ 特征峰; 否则没有 K 系特征线. 示意图中红线为 Kα, 蓝线为 Kβ.

从图中可以看出: Mo 的 K edge 约为 20.0 keV, 所以在 50 kV, 100 kV 和 150 kV 下都可激发 Mo 的 Kα 特征线; W 的 K edge 约为 69.5 keV, 所以 50 kV 时不能激发 W 的 Kα 特征线, 100 kV 和 150 kV 时可以激发.

5.3. 考虑靶自吸收后的 X 射线转换效率

X 光管中电子能量转化为 X 射线能量的经验效率可估算为 $𝜂_{0} \approx 1.1 \times 10^{- 9} 𝑍 𝑉$ ,

其中 $𝑍$ 为靶材原子序数, $𝑉$ 用伏特计. 若产生的 X 光子约 40% 被靶自吸收, 则出射 X 射线效率为 $𝜂 = 0.6 𝜂_{0}$ .

Mo 的原子序数为 $𝑍 = 42$ , W 的原子序数为 $𝑍 = 74$ . 对不同管压有:

材料	管压	$𝜂_{0}$	考虑 40% 自吸收后 $𝜂$	百分数
Mo	50 kV	0.00231	0.00139	0.139%
Mo	100 kV	0.00462	0.00277	0.277%
Mo	150 kV	0.00693	0.00416	0.416%
W	50 kV	0.00407	0.00244	0.244%
W	100 kV	0.00814	0.00488	0.488%
W	150 kV	0.01221	0.00733	0.733%

因此在 50–150 kV 范围内, 考虑 40% 靶自吸收后, Mo 靶最终电子能量转化为出射 X 射线能量的效率约为 $0.14 % - - 0.42 %$ , W 靶约为 $0.24 % - - 0.73 %$ . W 的原子序数更高, 因而在相同管压下转换效率更高.

6. 第六次作业

6.1. 从 Larmor 公式推导辐射表达式

非相对论情形下, 加速电荷的总辐射功率由 Larmor 公式给出: $𝑃 = \frac{𝑞^{2} 𝑎^{2}}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑐^{3}}$

对相对论运动电子, 不能直接把实验室系中的加速度代入这个式子. 正确的做法是在电子的瞬时静止系中使用 Larmor 公式, 再把瞬时静止系中的加速度用实验室系中的加速度表示出来.

设实验室系为 $𝑆$ , 电子速度为 $\vec{𝑣}$ , 实验室系加速度为 $\vec{𝑎} = \frac{d \vec{𝑣}}{d 𝑡}$ .

在某一瞬间取电子的瞬时静止系 $𝑆^{'}$ . 在 $𝑆^{'}$ 中电子瞬时速度为零, 因而可以使用非相对论 Larmor 公式: $𝑃^{'} = \frac{𝑞^{2} 𝑎^{' 2}}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑐^{3}}$ .

这里的 $𝑎^{'}$ 是瞬时静止系中的加速度, 不是实验室系中的 $𝑎$ . 将实验室系加速度分解为平行于速度和垂直于速度的两部分:

\begin{matrix} \vec{𝑎} = {\vec{𝑎}}_{∥} + {\vec{𝑎}}_{⟂} \\ {\vec{𝑎}}_{∥} ∥ \vec{𝑣} \\ {\vec{𝑎}}_{⟂} ⟂ \vec{𝑣} \end{matrix}

洛伦兹变换下, 加速度分量满足

\begin{matrix} 𝑎_{∥}^{'} = 𝛾^{3} 𝑎_{∥} \\ 𝑎_{⟂}^{'} = 𝛾^{2} 𝑎_{⟂} \end{matrix}

因此瞬时静止系中的加速度平方为

𝑎^{' 2} = 𝑎_{∥}^{' 2} + 𝑎_{⟂}^{' 2} = 𝛾^{6} 𝑎_{∥}^{2} + 𝛾^{4} 𝑎_{⟂}^{2}

代入 Larmor 公式得到

𝑃^{'} = \frac{𝑞^{2} (𝛾^{6} 𝑎_{∥}^{2} + 𝛾^{4} 𝑎_{⟂}^{2})}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑐^{3}}

对总辐射功率, 可以取 $𝑃 = 𝑃^{'}$ . 原因是: 在瞬时静止系中, 总辐射动量对角度积分后为零; 辐射四动量变换到实验室系时, 辐射能量和时间间隔都乘以同一个 $𝛾$ 因子, 因而二者之比, 即总功率保持不变. 所以实验室系中的辐射功率为

𝑃 = \frac{𝑞^{2} (𝛾^{6} 𝑎_{∥}^{2} + 𝛾^{4} 𝑎_{⟂}^{2})}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑐^{3}}

这就是 Liénard 公式的一种常用分量形式.

接下来把它改写为矢量形式. 由于 $𝑎^{2} = 𝑎_{∥}^{2} + 𝑎_{⟂}^{2}$ ,

且 ${| \vec{𝑣} \times \vec{𝑎} |}^{2} = 𝑣^{2} 𝑎_{⟂}^{2}$ ,

所以

𝑎^{2} - \frac{{| \vec{𝑣} \times \vec{𝑎} |}^{2}}{𝑐^{2}} = 𝑎_{∥}^{2} + 𝑎_{⟂}^{2} - 𝛽^{2} 𝑎_{⟂}^{2} = 𝑎_{∥}^{2} + (1 - 𝛽^{2}) 𝑎_{⟂}^{2}

又因为 $1 - 𝛽^{2} = \frac{1}{𝛾^{2}}$ , 因此

𝑎^{2} - \frac{{| \vec{𝑣} \times \vec{𝑎} |}^{2}}{𝑐^{2}} = 𝑎_{∥}^{2} + \frac{𝑎_{⟂}^{2}}{𝛾^{2}}

两边乘以 $𝛾^{6}$ , 有

𝛾^{6} (𝑎^{2} - \frac{{| \vec{𝑣} \times \vec{𝑎} |}^{2}}{𝑐^{2}}) = 𝛾^{6} 𝑎_{∥}^{2} + 𝛾^{4} 𝑎_{⟂}^{2}

于是总辐射功率可写为

𝑃 = \frac{𝑞^{2} 𝛾^{6} (𝑎^{2} - \frac{{| \vec{𝑣} \times \vec{𝑎} |}^{2}}{𝑐^{2}})}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑐^{3}}

这就是 Liénard 公式的矢量形式.

下面讨论两个特殊情况.

若加速度与速度方向平行, 即 $\vec{𝑎} ∥ \vec{𝑣}$ , 则 $\vec{𝑣} \times \vec{𝑎} = 0$ .

因此 $𝑃_{∥} = \frac{𝑞^{2} 𝛾^{6} 𝑎^{2}}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑐^{3}}$ .

若加速度与速度方向垂直, 即 $\vec{𝑎} ⟂ \vec{𝑣}$ , 则 ${| \vec{𝑣} \times \vec{𝑎} |}^{2} = 𝑣^{2} 𝑎^{2}$ .

因而

𝑎^{2} - \frac{{| \vec{𝑣} \times \vec{𝑎} |}^{2}}{𝑐^{2}} = 𝑎^{2} (1 - 𝛽^{2}) = \frac{𝑎^{2}}{𝛾^{2}}

代入 Liénard 公式得

𝑃_{⟂} = \frac{𝑞^{2} 𝛾^{6} 𝑎^{2}}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑐^{3} 𝛾^{2}} = \frac{𝑞^{2} 𝛾^{4} 𝑎^{2}}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑐^{3}}

因此, 平行加速时辐射功率随 $𝛾^{6}$ 增强, 垂直加速时辐射功率随 $𝛾^{4}$ 增强. 关键原因是 Larmor 公式中的加速度应理解为瞬时静止系中的加速度, 而实验室系中的平行加速度和垂直加速度在洛伦兹变换下具有不同的 $𝛾$ 因子.

6.2. Compton 散射反冲角和低能极限下电子动能

设入射光子能量为 $ℎ 𝜈_{𝑖}$ , 沿 $𝑥$ 方向传播; 散射光子能量为 $ℎ 𝜈_{𝑠}$ , 散射角为 $𝜃$ ; 反冲电子动量与入射方向夹角为 $𝜑$ . 光子动量守恒给出 $𝑝_{𝑒} cos 𝜑 = \frac{ℎ 𝜈_{𝑖} - ℎ 𝜈_{𝑠} cos 𝜃}{𝑐}$ , $𝑝_{𝑒} sin 𝜑 = \frac{ℎ 𝜈_{𝑠} sin 𝜃}{𝑐}$ .

因而

tan 𝜑 = \frac{𝜈_{𝑠} sin 𝜃}{𝜈_{𝑖} - 𝜈_{𝑠} cos 𝜃}

若不先作低能近似, 反冲角应由上面的动量关系和 Compton 散射公式共同决定: $\frac{1}{𝜈_{𝑠}} - \frac{1}{𝜈_{𝑖}} = \frac{ℎ}{𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}} (1 - cos 𝜃)$ ,

或写成

\begin{matrix} 𝜈_{𝑠} = \frac{𝜈_{𝑖}}{1 + 𝛼 (1 - cos 𝜃)} \\ 𝛼 = ℎ \frac{𝜈_{𝑖}}{𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}} \end{matrix}

例如 $ℎ 𝜈_{𝑖} = 10 k eV$ , $𝜃 = 60 °$ 时, 由精确公式得到 $𝜑 \approx 59.5 °$ .

当 $ℎ 𝜈_{𝑖} ≪ 𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}$ 时, 有 $𝛼 ≪ 1$ , 因而可取 $𝜈_{𝑠} \approx 𝜈_{𝑖}$ . 于是

tan 𝜑 \approx sin \frac{𝜃}{1 - cos 𝜃}

利用三角恒等式

\begin{matrix} sin 𝜃 = 2 sin (\frac{𝜃}{2}) cos (\frac{𝜃}{2}) \\ 1 - cos 𝜃 = 2 {sin}^{2} (\frac{𝜃}{2}) \end{matrix}

得 $tan 𝜑 \approx cot (\frac{𝜃}{2})$ .

因此 $cot (\frac{𝜃}{2}) \approx tan 𝜑$ .

接下来求反冲电子动能. 能量守恒为 $𝐸_{𝑘} = ℎ 𝜈_{𝑖} - ℎ 𝜈_{𝑠}$ .

由上式

ℎ 𝜈_{𝑠} = \frac{ℎ 𝜈_{𝑖}}{1 + 𝛼 (1 - cos 𝜃)}

因此

𝐸_{𝑘} = ℎ 𝜈_{𝑖} (1 - \frac{1}{1 + 𝛼 (1 - cos 𝜃)})

在 $𝛼 ≪ 1$ 时,

𝐸_{𝑘} \approx ℎ 𝜈_{𝑖} 𝛼 (1 - cos 𝜃) = \frac{{(ℎ 𝜈_{𝑖})}^{2}}{𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}} (1 - cos 𝜃)

由前面的角度关系 $tan 𝜑 = cot (\frac{𝜃}{2})$ 可知 $𝜑 \approx \frac{𝜋}{2} - \frac{𝜃}{2}$ , 因而 $cos 𝜑 = sin (\frac{𝜃}{2})$ .

又 $1 - cos 𝜃 = 2 {sin}^{2} (\frac{𝜃}{2}) = 2 {cos}^{2} 𝜑$ .

所以 $𝐸_{𝑘} \approx \frac{2 {(ℎ 𝜈_{𝑖})}^{2} {cos}^{2} 𝜑}{𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}}$ .

即 $𝐸_{𝑘} \approx \frac{2 {(ℎ 𝜈_{𝑖})}^{2} {cos}^{2} 𝜑}{𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}}$ .

这说明在低能 Compton 散射中, 反冲电子动能相对入射光子能量是二阶小量, 其大小随 ${cos}^{2} 𝜑$ 改变.

6.3. 环形加速器中同步辐射能量损失估算

带电粒子在环形加速器中作横向加速运动, 单圈同步辐射能量损失可写为 $𝑈_{0} = \frac{𝐶_{𝛾} 𝐸^{4}}{2 𝜋} \int \frac{1}{𝜌^{2}} d 𝑠$ .

若近似为半径为 $𝜌$ 的圆形轨道, 则 $\int \frac{1}{𝜌^{2}} d 𝑠 = \frac{2 𝜋 𝜌}{𝜌^{2}} = 2 \frac{𝜋}{𝜌}$ ,

因而 $𝑈_{0} = \frac{𝐶_{𝛾} 𝐸^{4}}{𝜌}$ .

对电子常用工程公式为 $𝑈_{0} [keV] = \frac{88.5 {(𝐸 [GeV])}^{4}}{𝜌 [m]}$ .

对 CEPC, 周长约为 $𝐶 = 100 k m$ ,

轨道半径近似为

𝜌 = \frac{𝐶}{2 𝜋} = (\frac{100000}{2 𝜋}) m \approx 1.59 \cdot 10^{4} m

当电子能量为 $𝐸 = 120 G eV$ 时,

𝑈_{0} = \frac{88.5 \times 120^{4} k eV}{1.59 \times 10^{4}} \approx 1.15 \cdot 10^{6} k eV

即 $𝑈_{0} \approx 1.15 G eV$

因此, 在这个近似下 CEPC 中 120 GeV 电子每运动一圈约损失 $1.15 G eV$ 的能量.

对质子, 同一能量和弯曲半径下同步辐射能损相对于电子要乘以 ${(\frac{𝑚_{𝑒}}{𝑚_{𝑝}})}^{4}$ ,

因为同步辐射强度随粒子质量的四次方反比缩放. 因而可写为

𝑈_{0, 𝑝} [keV] = \frac{88.5 {(𝐸_{𝑝 [GeV]})}^{4} {(\frac{𝑚_{𝑒}}{𝑚_{𝑝}})}^{4}}{𝜌 [m]}

题给 SPPC 中质子能量为 $𝐸_{𝑝} = 75 T eV = 7.5 \cdot 10^{4} G eV$ .

仍取周长 100 km 对应的 $𝜌 \approx 1.59 \cdot 10^{4} m$ , 且 $\frac{𝑚_{𝑝}}{𝑚_{𝑒}} \approx 1836$ . 则

𝑈_{0, 𝑝} = \frac{88.5 {(7.5 \times 10^{4})}^{4} {(\frac{1}{1836})}^{4} k eV}{1.59 \times 10^{4}} \approx 1.55 \cdot 10^{4} k eV

即 $𝑈_{0, 𝑝} \approx 15.5 M eV$ .

这个结果远小于同周长, 同量级能量电子束的同步辐射损失, 但对于高流强质子环仍然不是完全可以忽略的工程量.

7. 第七次作业

7.1. 当直线加速电场达到多大时, 电子能量不再增加

电子作直线加速时, 加速度与速度平行. 此时相对论辐射功率可写为

𝑃_{rad} = \frac{𝑒^{2} 𝛾^{6} 𝑎^{2}}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑐^{3}}

而平行于速度方向受力时 $𝑒 𝐸 = 𝛾^{3} 𝑚_{𝑒} 𝑎$

故 $𝑎 = 𝑒 \frac{𝐸}{𝛾^{3} 𝑚_{𝑒}}$

代回得

𝑃_{rad} = \frac{𝑒^{4} 𝐸^{2}}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑚_{𝑒}^{2} 𝑐^{3}}

电场对电子做功的速率为 $𝑃_{acc} = 𝑒 𝐸 𝑣 = 𝑒 𝐸 𝛽 𝑐$

当电子能量不再增加时, 有 $𝑃_{rad} = 𝑃_{acc}$ , 因而 $\frac{𝑒^{4} 𝐸^{2}}{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑚_{𝑒}^{2} 𝑐^{3}} = 𝑒 𝐸 𝛽 𝑐$ , $𝐸 = \frac{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑚_{𝑒}^{2} 𝑐^{4} 𝛽}{𝑒^{3}}$ .

对高能电子可取 $𝛽 \approx 1$ , 于是临界电场为 $𝐸_{crit} = \frac{6 𝜋 𝜀_{0} 𝑚_{𝑒}^{2} 𝑐^{4}}{𝑒^{3}}$

代入 $𝜀_{0} = 8.854 \cdot 10^{- 12} F m^{- 1}$ , $𝑚_{𝑒} = 9.109 \cdot 10^{- 31} k g$ , $𝑒 = 1.602 \cdot 10^{- 19} C$ , $𝑐 = 3.00 \cdot 10^{8} m s^{- 1}$ .

得 $𝐸_{crit} \approx 2.72 \cdot 10^{20} V m^{- 1}$

因此, 直线加速电场要达到约 $𝐸_{crit} \approx 2.7 \cdot 10^{20} V m^{- 1}$

时, 电子辐射损失才会与加速获得的能量相等. 这个数值极高, 远高于通常加速器中的电场.

7.2. HEPS 参数计算

已知电子束能量 $𝐸_{𝑒} = 6 G eV$ , 束流流强 $𝐼 = 200 m A = 0.2 A$ .

电子的相对论因子为 $𝛾 = \frac{𝐸_{𝑒}}{𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}} \approx \frac{6000}{0.511} \approx 1.174 \times 10^{4}$

7.2.1. 弯铁辐射总功率与特征波长

题给弯铁长度 $𝐿 = 0.857 m$ , 偏转半径 $𝜌 = 20 m$ .

同步辐射中, 电子经过长度 $𝐿$ 的弯铁所损失的能量可写为 $𝑈 = \frac{88.5 𝐸_{𝑒}^{4} 𝐿}{𝜌^{2}}$

其中 $𝑈$ 的单位为 keV, $𝐸_{𝑒}$ 取 GeV, $𝐿$ 与 $𝜌$ 取 m.

代入数值

𝑈 = \frac{88.5 \times 6^{4} \times 0.857}{20^{2}} \approx 245.7 k eV

这就是单个电子经过该偏转磁铁一次损失的辐射能量.

于是该弯铁对应的总辐射功率为 $𝑃 = 𝑈 𝐼$

注意这里 $𝑈 = 245.7 k eV$ 可视作 $245.7 k V$ 的等效电压, 故

𝑃 = 245.7 \times 10^{3} \times 0.2 \approx 4.91 \cdot 10^{4} W

即 $𝑃 \approx 49.1 k W$

弯铁辐射的特征波长取临界波长 $𝜆_{𝑐} = \frac{4 𝜋 𝜌}{3 𝛾^{3}}$

代入 $𝜌 = 20 m$ , $𝛾 \approx 1.174 \times 10^{4}$ , 得

𝜆_{𝑐} = \frac{4 𝜋 \times 20}{3 \times {(1.174 \times 10^{4})}^{3}} \approx 5.18 \cdot 10^{- 11} m

即 $𝜆_{𝑐} \approx 0.0518 n m$

对应的特征光子能量约为 $𝐸_{𝑐} = ℎ \frac{𝑐}{𝜆_{𝑐}} \approx 24.0 k eV$

因此 A 问结果为: $𝑃 \approx 49.1 k W$ , $𝜆_{𝑐} \approx 0.0518 n m$ .

7.2.2. ID19 波荡器基频波长与带宽

已知波荡器周期长度 $𝜆_{𝑢} = 22.6 m m = 2.26 \cdot 10^{- 2} m$ , $𝐾 = 2.3$ , $𝑁 = 174$ .

波荡器轴线上第 $𝑛$ 次谐波的波长为

𝜆_{𝑛} = \frac{𝜆_{𝑢} (1 + \frac{𝐾^{2}}{2} + 𝛾^{2} 𝜃^{2})}{2 𝑛 𝛾^{2}}

基频光对应 $𝑛 = 1$ , 且取轴上观察方向 $𝜃 = 0$ , 因而 $𝜆_{1} = \frac{𝜆_{𝑢} (1 + \frac{𝐾^{2}}{2})}{2 𝛾^{2}}$

代入数值

𝜆_{1} = (2.26 \times 10^{- 2}) \frac{1 + \frac{{2.3}^{2}}{2}}{2 \times {(1.174 \times 10^{4})}^{2}} \approx 2.99 \cdot 10^{- 10} m

即 $𝜆_{1} \approx 0.299 n m$

对应光子能量约为 $𝐸_{1} = ℎ \frac{𝑐}{𝜆_{1}} \approx 4.15 k eV$

有限周期数 $𝑁$ 导致基频谱线具有自然带宽, 量级可估算为 $\frac{Δ 𝜆}{𝜆_{1}} \approx \frac{1}{𝑁}$

故 $\frac{Δ 𝜆}{𝜆_{1}} \approx \frac{1}{174} \approx 5.75 \times 10^{- 3}$

即相对带宽约为 $0.575 %$

于是绝对带宽约为

Δ 𝜆 \approx \frac{𝜆_{1}}{𝑁} \approx (\frac{0.299}{174}) n m \approx 1.72 \cdot 10^{- 3} n m

若取常见的 FWHM 估算, 则 $\frac{Δ 𝜆}{𝜆_{1}} \approx \frac{0.89}{𝑁} \approx 5.11 \times 10^{- 3}$

与上面的数量级一致.

因此 B 问结果为:

\begin{matrix} 𝜆_{1} \approx 0.299 n m \\ \frac{Δ 𝜆}{𝜆_{1}} \approx 5.7 \times 10^{- 3} \end{matrix}

即基频光约为 4.15 keV, 相对带宽约为 $0.5 %$ 到 $0.6 %$ .

8. 第八次作业

8.1. 周期高斯微束列的聚束因子与基频谱宽

设单个微束团的纵向时间分布为 $𝑓_{0} (𝑡) = \frac{1}{\sqrt{2 𝜋} 𝜎_{𝑒}} exp (- \frac{𝑡^{2}}{2 𝜎_{𝑒}^{2}})$

若电子束由 $𝑁$ 个相同微束团组成, 相邻微束团间隔为 $𝑇 = 10 𝜎_{𝑒}$ , 则归一化后的总分布可写为 $𝑓_{𝑁 (𝑡)} = \frac{\sum_{𝑛 = 0}^{𝑁 - 1} 𝑓_{0} (𝑡 - 𝑛 𝑇)}{𝑁}$

即

𝑓_{𝑁 (𝑡)} = \frac{\sum_{𝑛 = 0}^{𝑁 - 1} exp (- \frac{{(𝑡 - 𝑛 𝑇)}^{2}}{2 𝜎_{𝑒}^{2}})}{𝑁 \sqrt{2 𝜋} 𝜎_{𝑒}}

下面给出 $𝑁 = 8$ , $𝜎_{𝑒} = 1$ , $𝑇 = 10 𝜎_{𝑒}$ 时的分布示意:

按聚束因子的定义 $𝑏 (𝜔) = \int_{- \infty}^{\infty} 𝑓_{𝑁 (𝑡)} exp (- 𝑖 𝜔 𝑡) d 𝑡$ ,

代入上式可得

𝑏 (𝜔) = exp (- 𝜔^{2} \frac{𝜎_{𝑒}^{2}}{2}) \frac{\sum_{𝑛 = 0}^{𝑁 - 1} exp (- 𝑖 𝜔 𝑛 𝑇)}{𝑁}

利用有限等比级数,

\sum_{𝑛 = 0}^{𝑁 - 1} exp (- 𝑖 𝜔 𝑛 𝑇) = exp (- 𝑖 𝜔 𝑇 \frac{𝑁 - 1}{2}) \frac{sin (𝑁 𝜔 \frac{𝑇}{2})}{sin (𝜔 \frac{𝑇}{2})}

因此聚束因子为

𝑏 (𝜔) = exp (- 𝜔^{2} \frac{𝜎_{𝑒}^{2}}{2}) exp (- 𝑖 𝜔 𝑇 \frac{𝑁 - 1}{2}) \frac{sin (𝑁 𝜔 \frac{𝑇}{2})}{𝑁 sin (𝜔 \frac{𝑇}{2})}

通常更关心其模:

| 𝑏 (𝜔) | = exp (- 𝜔^{2} \frac{𝜎_{𝑒}^{2}}{2}) | \frac{sin (𝑁 𝜔 \frac{𝑇}{2})}{𝑁 sin (𝜔 \frac{𝑇}{2})} |

这个结果可以分成两部分理解. 第一项 $exp (- 𝜔^{2} \frac{𝜎_{𝑒}^{2}}{2})$ 是单个高斯微束团的 form factor, 决定整个频谱的包络; 第二项是长度为 $𝑁$ 的周期列给出的 Dirichlet 因子, 决定谱线出现在 $𝜔_{𝑚} = 2 𝜋 \frac{𝑚}{𝑇}$ 附近, 其中 $𝑚$ 为非负整数.

在第 $𝑚$ 次谐波处,

\begin{matrix} | 𝑏_{𝑚} | = exp (- \frac{{(𝑚 𝜔_{0} 𝜎_{𝑒})}^{2}}{2}) \\ 𝜔_{0} = 2 \frac{𝜋}{𝑇} \end{matrix}

本题中 $𝑇 = 10 𝜎_{𝑒}$ , 所以基频处

| 𝑏_{1} | = exp (- \frac{{(2 𝜋 \frac{𝜎_{𝑒}}{𝑇})}^{2}}{2}) = exp (- \frac{{(2 \frac{𝜋}{10})}^{2}}{2}) \approx 0.821

基频附近令 $𝜔 = 𝜔_{0} + 𝛿 𝜔$ . 当 $| 𝛿 𝜔 | 𝑇 ≪ 1$ 时,

| 𝑏 (𝜔) | \approx exp (- 𝜔_{0}^{2} \frac{𝜎_{𝑒}^{2}}{2}) | \frac{sin (𝑁 𝛿 𝜔 \frac{𝑇}{2})}{𝑁 sin (𝛿 𝜔 \frac{𝑇}{2})} |

其第一个零点满足 $\frac{𝑁 𝛿 𝜔 𝑇}{2} = 𝜋$ ,

故半宽到第一个零点为 $𝛿 𝜔_{zero} = 2 \frac{𝜋}{𝑁 𝑇}$ .

两个一阶零点之间的全宽为 $Δ 𝜔_{zero} = 4 \frac{𝜋}{𝑁 𝑇}$ .

若用强度谱 ${| 𝑏 |}^{2}$ 的半高全宽估算, sinc 平方函数给出 $\frac{Δ 𝜔_{FWHM}}{𝜔_{0}} \approx \frac{0.89}{𝑁}$ .

因此基频谱宽主要由周期数 $𝑁$ 决定: $𝑁$ 越大, 谱线越窄. 微束团宽度 $𝜎_{𝑒}$ 主要通过高斯包络影响各谐波强度; $𝜎_{𝑒}$ 越小, 高频谐波衰减越慢. 对本题 $𝑇 = 10 𝜎_{𝑒}$ , 基频仍有较强聚束, 但更高谐波会按 $exp (- \frac{{(𝑚 2 \frac{𝜋}{10})}^{2}}{2})$ 快速下降.

8.2. LCLS 自由电子激光参数估算

已知 LCLS 自由电子激光装置的辐射波长为 $𝜆_{𝑟} = 1.5 Å = 1.5 \cdot 10^{- 10} m$ , 波荡器周期 $𝜆_{𝑢} = 3 c m = 3.0 \cdot 10^{- 2} m$ , $𝐾 = 3.5$ , 周期数 $𝑁_{𝑢} = 3328$ , 归一化发射度 $𝜀_{𝑛} = 0.5 m m \cdot mrad$ , Pierce 参数 $𝜌 = 5 \times 10^{- 4}$ .

对平面波荡器, 轴上基频共振条件为 $𝜆_{𝑟} = \frac{𝜆_{𝑢} (1 + \frac{𝐾^{2}}{2})}{2 𝛾^{2}}$ . 所以电子束的相对论因子为

𝛾 = \sqrt{𝜆_{𝑢} \frac{1 + \frac{𝐾^{2}}{2}}{2 𝜆_{𝑟}}}

代入数值,

𝛾 = \sqrt{(3.0 \times 10^{- 2}) \frac{1 + \frac{{3.5}^{2}}{2}}{2 \times 1.5 \times 10^{- 10}}} \approx 2.67 \times 10^{4}

电子束能量为

𝐸_{𝑒} = 𝛾 𝑚_{𝑒} 𝑐^{2} \approx (2.67 \times 10^{4}) \times 0.511 M eV \approx 1.36 \cdot 10^{4} M eV \approx 13.6 G eV

一维 FEL 功率增益长度可估算为 $𝐿_{𝑔} = \frac{𝜆_{𝑢}}{4 𝜋 \sqrt{3} 𝜌}$ .

因此

𝐿_{𝑔} = \frac{3.0 \times 10^{- 2}}{4 𝜋 \sqrt{3} \times 5 \times 10^{- 4}} \approx 2.76 m

波荡器总长度为 $𝐿_{𝑢} = 𝑁_{𝑢} 𝜆_{𝑢} = 3328 \times 0.03 m \approx 99.8 m$ . 若按 SASE 饱和长度约为 $15 - - 20$ 个增益长度估算, 则 $𝐿_{sat} \approx (15 - - 20) 𝐿_{𝑔} \approx (41 - 55) m$ , 小于波荡器总长度, 因而该参数下可以达到饱和输出.

按课件中的一维 FEL scaling, SASE 辐射的相对带宽为

\frac{Δ 𝜔}{𝜔} \approx 2 𝜌 = 1.0 \times 10^{- 3}

即相对带宽约为 $0.10 %$ .

有限波荡器周期数给出的自然线宽量级为 $\frac{1}{𝑁_{𝑢}} \approx 3.0 \times 10^{- 4}$ , 小于 $2 𝜌$ , 所以 SASE 饱和输出带宽主要由 Pierce 参数决定. SASE 饱和输出的尖峰时间宽度可用合作长度估算. 课件给出的合作长度为

𝐿_{𝑐} = \frac{𝜆_{𝑟}}{4 𝜋 𝜌}

因而

Δ 𝑡_{spike} \approx \frac{𝐿_{𝑐}}{𝑐} = \frac{𝜆_{𝑟}}{4 𝜋 𝜌 𝑐}

代入 $𝜆_{𝑟} = 1.5 \cdot 10^{- 10} m$ , $𝜌 = 5 \times 10^{- 4}$ , $𝑐 = 3.0 \cdot 10^{8} m s^{- 1}$ , 得

Δ 𝑡_{spike} \approx \frac{1.5 \times 10^{- 10}}{4 𝜋 \times 5 \times 10^{- 4} \times 3.0 \times 10^{8}} \approx 8.0 \cdot 10^{- 17} s

即 $Δ 𝑡_{spike} \approx 0.08 f s$ , 数量级为 $0.1 f s$ .

综上,

\begin{matrix} 𝐸_{𝑒} \approx 13.6 G eV \\ 𝐿_{𝑔} \approx 2.8 m \\ \frac{Δ 𝜔}{𝜔} \approx 1.0 \times 10^{- 3} \\ Δ 𝑡_{spike} \approx 0.1 f s \end{matrix}

9. 第九次作业

9.1. 波荡器辐射产生 100 keV 硬 X 射线所需电子能量

题给波荡器周期长度 $𝜆_{𝑢} = 2.5 c m = 2.5 \cdot 10^{- 2} m$ ,

最大磁场 $𝐵_{0} = 0.45 T$ .

波荡器参数为

𝐾 = \frac{𝑒 𝐵_{0} 𝜆_{𝑢}}{2 𝜋 𝑚_{𝑒} 𝑐} \approx 0.934 𝐵_{0} [T] 𝜆_{𝑢} [cm]

代入数值有 $𝐾 \approx 0.934 \times 0.45 \times 2.5 \approx 1.05$ .

对平面波荡器, 第一次谐波在观察角 $𝜃 = 0$ 方向的波长为

𝜆_{𝑟} = \frac{𝜆_{𝑢} (1 + \frac{𝐾^{2}}{2})}{2 𝛾^{2}}

100 keV 光子的波长为

𝜆_{𝑟} = ℎ \frac{𝑐}{𝐸_{𝛾}} = \frac{1239.84 eV n m}{1.0 \cdot 10^{5} eV} \approx 1.24 \cdot 10^{- 2} n m = 1.24 \cdot 10^{- 11} m

因此

𝛾 = \sqrt{𝜆_{𝑢} \frac{1 + \frac{𝐾^{2}}{2}}{2 𝜆_{𝑟}}}

代入数值,

𝛾 = \sqrt{(2.5 \times 10^{- 2}) \frac{1 + \frac{{1.05}^{2}}{2}}{2 \times 1.24 \times 10^{- 11}}} \approx 3.96 \times 10^{4}

电子束总能量为

𝐸_{𝑒} = 𝛾 𝑚_{𝑒} 𝑐^{2} \approx (3.96 \times 10^{4}) \times 0.511 M eV \approx 2.02 \cdot 10^{4} M eV = 20.2 G eV

因此, 用该波荡器在轴上产生约 100 keV 的基频硬 X 射线, 所需电子能量约为 $𝐸_{𝑒} \approx 20 G eV$ .

9.2. 逆康普顿散射产生 100 keV 硬 X 射线所需电子能量

激光波长为 $𝜆_{𝐿} = 1064 n m$ ,

光子能量为

𝐸_{𝐿} = ℎ \frac{𝑐}{𝜆_{𝐿}} = \frac{1239.84 eV n m}{1064 n m} \approx 1.165 eV

设入射激光与电子速度方向的夹角为 $𝛼$ , 散射光沿电子正前方观测, 即 $𝜃 = 0$ . 在 Thomson 近似下, 散射光能量可写为

𝐸_{𝛾} \approx \frac{𝐸_{𝐿} (1 - 𝛽 cos 𝛼)}{1 - 𝛽} \approx 2 𝛾^{2} 𝐸_{𝐿} (1 - cos 𝛼)

这里忽略了反冲修正, 因为本题所得电子能量下 $𝛾 \frac{𝐸_{𝐿}}{𝑚_{𝑒} 𝑐^{2}} ≪ 1$ .

对 180 度相互作用, 即激光与电子迎头相撞, $𝛼 = 𝜋$ , $𝐸_{𝛾} \approx 4 𝛾^{2} 𝐸_{𝐿}$ .

因而

𝛾 = \sqrt{\frac{𝐸_{𝛾}}{4 𝐸_{𝐿}}} = \sqrt{\frac{1.0 \times 10^{5}}{4 \times 1.165}} \approx 146

电子束能量为

𝐸_{𝑒} = 𝛾 𝑚_{𝑒} 𝑐^{2} \approx 146 \times 0.511 M eV \approx 74.8 M eV

对 90 度垂直相互作用, $𝛼 = \frac{𝜋}{2}$ , $𝐸_{𝛾} \approx 2 𝛾^{2} 𝐸_{𝐿}$ .

因而

𝛾 = \sqrt{\frac{𝐸_{𝛾}}{2 𝐸_{𝐿}}} = \sqrt{\frac{1.0 \times 10^{5}}{2 \times 1.165}} \approx 207

电子束能量为

𝐸_{𝑒} = 𝛾 𝑚_{𝑒} 𝑐^{2} \approx 207 \times 0.511 M eV \approx 106 M eV

因此, 1064 nm 激光产生 100 keV X 射线时, 180 度逆康普顿散射所需电子能量约为 75 MeV, 90 度散射所需电子能量约为 106 MeV.

9.3. 逆康普顿散射的 X 射线横向尺寸与脉冲宽度

题给电子束均方根长度和横向尺寸为

\begin{matrix} 𝜎_{𝑒, 𝑧} = 450 µ m \\ 𝜎_{𝑒, 𝑥} = 𝜎_{𝑒, 𝑦} = 60 µ m \end{matrix}

激光均方根脉冲宽度为 $𝜎_{𝑙, 𝑡} = 100 f s$ ,

对应的空间长度为

𝑐 𝜎_{𝑙, 𝑡} \approx (3.0 \times 10^{8} \times 100 \times 10^{- 15}) m \approx 30 µ m

记激光纵向空间长度 $𝜎_{𝑙, 𝑧} = 𝑐 𝜎_{𝑙, 𝑡} \approx 30 µ m$ , 并取激光两个横向方向的均方根尺寸为 $𝜎_{𝑙, 𝑥} = 𝜎_{𝑙, 𝑦} = 15 µ m$ .

两个高斯分布相乘后, 有效相互作用区的均方根尺寸为

𝜎_{eff} = {(\frac{1}{𝜎_{1}^{2}} + \frac{1}{𝜎_{2}^{2}})}^{- \frac{1}{2}}

对 180 度迎头散射, 激光沿电子束轴向传播, 因此 X 射线横向尺寸主要由电子束横向尺寸与激光焦斑横向尺寸的重叠决定:

𝜎_{𝑥} = 𝜎_{𝑦} = {(\frac{1}{60^{2}} + \frac{1}{15^{2}})}^{- \frac{1}{2}} µ m \approx 14.6 µ m

轴向前方观测时, X 射线脉宽主要由电子束纵向长度决定. 用 $𝜎_{𝑡} \approx \frac{𝜎_{𝑒, 𝑧}}{𝑐}$ 估算,

𝜎_{𝑡} \approx \frac{450 µ m}{𝑐} \approx 1.5 p s

对 90 度垂直散射, 设激光沿电子束横向 $𝑥$ 方向传播. 这时不能简单把电子束横向尺寸与激光纵向长度作二束重叠; 按课件给出的高斯重叠积分, $𝑥$ 方向源尺寸为

\begin{matrix} 𝜎_{𝑥} = \frac{𝜎_{𝑒, 𝑥} \sqrt{𝜎_{𝑙, 𝑧}^{2} + 𝜎_{𝑒, 𝑧}^{2} + 𝜎_{𝑙, 𝑥}^{2}}}{\sqrt{𝜎_{𝑙, 𝑧}^{2} + 𝜎_{𝑒, 𝑧}^{2} + 𝜎_{𝑙, 𝑥}^{2} + 𝜎_{𝑒, 𝑥}^{2}}} \\ = \frac{60 \sqrt{30^{2} + 450^{2} + 15^{2}}}{\sqrt{30^{2} + 450^{2} + 15^{2} + 60^{2}}} µ m \\ \approx 59.5 µ m \end{matrix}

另一个横向方向由电子束横向尺寸与激光焦斑横向尺寸决定:

𝜎_{𝑦} = {(\frac{1}{60^{2}} + \frac{1}{15^{2}})}^{- \frac{1}{2}} µ m \approx 14.6 µ m

对沿电子正前方的 X 射线脉宽, 课件中 90 度对撞的结果为

𝜎_{𝑡} = \frac{𝜎_{𝑒, 𝑧} \sqrt{𝜎_{𝑙, 𝑥}^{2} + 𝜎_{𝑒, 𝑥}^{2} + 𝜎_{𝑙, 𝑧}^{2}}}{𝑐 \sqrt{𝜎_{𝑙, 𝑥}^{2} + 𝜎_{𝑒, 𝑥}^{2} + 𝜎_{𝑙, 𝑧}^{2} + 𝜎_{𝑒, 𝑧}^{2}}}

代入数值,

\begin{matrix} 𝜎_{𝑡} = \frac{450 \sqrt{15^{2} + 60^{2} + 30^{2}}}{𝑐 \sqrt{15^{2} + 60^{2} + 30^{2} + 450^{2}}} µ m \\ \approx \frac{68.0 µ m}{𝑐} \approx 0.23 p s \end{matrix}

所以两种散射几何的结果可概括为:

180 度: $\begin{matrix} 𝜎_{𝑥} \approx 𝜎_{𝑦} \approx 14.6 µ m \\ 𝜎_{𝑡} \approx 1.5 p s \end{matrix}$
90 度: $\begin{matrix} 𝜎_{𝑥} \approx 59.5 µ m \\ 𝜎_{𝑦} \approx 14.6 µ m \\ 𝜎_{𝑡} \approx 0.23 p s \end{matrix}$

10. 第十次作业

10.1. 证明磁场中带电粒子的磁矩守恒, 并据此说明磁镜约束等离子体的原理

设粒子质量为 $𝑚$ , 电荷为 $𝑞$ , 在静磁场中运动. 将速度分解为平行和垂直磁力线的两部分, $𝑣^{2} = 𝑣_{∥}^{2} + 𝑣_{⟂}^{2}$ . 若磁场在一个回旋半径和一个回旋周期内变化很小, 即 $\frac{𝜌_{𝐿} | \nabla 𝐵 |}{𝐵} ≪ 1$ , $𝜌_{𝐿} = \frac{𝑣_{⟂}}{Ω_{𝑐}}$ , $Ω_{𝑐} = \frac{| 𝑞 | 𝐵}{𝑚}$ , 则粒子作快速回旋运动, 导引中心沿磁力线缓慢漂移. 回旋电流 $𝐼 = \frac{| 𝑞 | Ω_{𝑐}}{2 𝜋}$ , 回旋面积 $𝑆 = 𝜋 𝜌_{𝐿}^{2}$ , 故

𝜇 = 𝐼 𝑆 = \frac{| 𝑞 | Ω_{𝑐} 𝜌_{𝐿}^{2}}{2} = \frac{𝑚 𝑣_{⟂}^{2}}{2 𝐵} = \frac{𝐸_{⟂}}{𝐵}

这里 $𝐸_{⟂} = \frac{𝑚 𝑣_{⟂}^{2}}{2}$ 是横向回旋动能. 更一般地, 对快周期运动可取作用量

𝐽_{⟂} = \int 𝑝_{⟂} d 𝑙 = 2 𝜋 𝑚 𝑣_{⟂} 𝜌_{𝐿} = \frac{2 𝜋 𝑚^{2} 𝑣_{⟂}^{2}}{| 𝑞 | 𝐵} = \frac{4 𝜋 𝑚 𝜇}{| 𝑞 |}

当磁场缓慢变化时, $𝐽_{⟂}$ 是绝热不变量, 因而 $𝜇$ 也守恒. 也可从导引中心能量交换看出同一结论: 磁场不显含时间时, 洛伦兹力不做功, 总动能 $𝐸 = 𝐸_{∥} + 𝐸_{⟂}$ 保持不变. 在非均匀磁场中, 回旋平均后的磁镜力为 $𝐹_{∥} = - 𝜇 \frac{𝑑 𝐵}{𝑑 𝑠}$ . 因此 $\frac{d 𝐸_{∥}}{d 𝑡} = 𝐹_{∥} 𝑣_{∥} = - 𝜇 𝑣_{∥} \frac{𝑑 𝐵}{𝑑 𝑠} = - 𝜇 \frac{d 𝐵}{d 𝑡}$ . 由 $\frac{d 𝐸}{d 𝑡} = 0$ 可得 $\frac{d 𝐸_{⟂}}{d 𝑡} = 𝜇 \frac{d 𝐵}{d 𝑡}$ .

于是

\frac{d 𝜇}{d 𝑡} = \frac{d \frac{𝐸_{⟂}}{𝐵}}{d 𝑡} = \frac{\frac{d 𝐸_{⟂}}{d 𝑡}}{𝐵} - \frac{𝐸_{⟂} \frac{d 𝐵}{d 𝑡}}{𝐵^{2}} = \frac{𝜇 \frac{d 𝐵}{d 𝑡}}{𝐵} - \frac{𝜇 \frac{d 𝐵}{d 𝑡}}{𝐵} = 0

这说明在缓变磁场中 $𝜇 = \frac{𝑚 𝑣_{⟂}^{2}}{2 𝐵}$ 是一阶绝热不变量. 粒子进入更强磁场时, $𝜇$ 守恒要求 $𝐸_{⟂} = 𝜇 𝐵$ 增加; 总动能不变, 所以平行动能减少.

取磁镜中心处磁场为 $𝐵_{0}$ , 初始俯仰角为 $𝛼_{0}$ , 则 $𝐸_{⟂, 0} = 𝐸 {sin}^{2} 𝛼_{0}$ , $𝜇 = \frac{𝐸 {sin}^{2} 𝛼_{0}}{𝐵_{0}}$ . 磁场增大到 $𝐵$ 时, $𝐸_{∥ (𝐵)} = 𝐸 - 𝐸_{⟂ (𝐵)} = 𝐸 - 𝜇 𝐵 = 𝐸 (1 - \frac{𝐵 {sin}^{2} 𝛼_{0}}{𝐵_{0}})$ . 当 $𝐸_{∥} = 0$ 时粒子被反射, 反射点满足 $𝐵_{ref} = \frac{𝐵_{0}}{{sin}^{2}} 𝛼_{0}$ . 若两端最大磁场为 $𝐵_{max}$ , 定义磁镜比 $𝑅_{𝑚} = \frac{𝐵_{max}}{𝐵_{0}}$ , 则反射条件为 $𝐵_{ref} \leq 𝐵_{max}$ , 即 ${sin}^{2} 𝛼_{0} \geq \frac{1}{𝑅_{𝑚}}$ . 对应损失锥角为 $𝛼_{𝑐} = arcsin \sqrt{\frac{1}{𝑅_{𝑚}}}$ .

初始俯仰角 $𝛼_{0} > 𝛼_{𝑐}$ 的粒子会在两端强磁场区之间反射, 实现轴向约束; $𝛼_{0} < 𝛼_{𝑐}$ 的粒子属于损失锥, 会沿磁力线从端部逃逸. 磁镜约束的基本原理就是利用非均匀磁场和磁矩守恒, 把平行动能可逆地转化为横向回旋动能, 使粒子在强磁场端部反射. 实际装置中, 碰撞和波粒相互作用会把粒子散射进损失锥, 因此需要足够大的磁镜比, 端部势垒或其他辅助约束来提高约束时间.

10.2. 离子源应用: 半导体离子注入机

选择半导体掺杂用离子注入机作为例子. 它的目标不是产生最高亮度的束流, 而是在选定离子种类后, 以稳定, 可计量的离子剂量打入晶圆. 离子源通常采用 Freeman/Bernas 型热阴极弧放电源, 从气体或蒸气中产生 $B^{+}$ , ${BF}_{2}^{+}$ , $P^{+}$ , ${As}^{+}$ 等离子, 再用质量分析磁铁选择所需的 $\frac{𝑚}{𝑞}$ .

参数	典型要求与理由
离子电荷态	以单正电荷 $𝑞 = + 𝑒$ 为主. 离子注入能量由 $𝐸_{𝑘} = 𝑞 𝑉$ 决定, 单电荷态便于通过加速电压和质量分析磁铁精确控制能量与离子种类; 多电荷态会增加谱线混杂和剂量标定难度.
束流强度	低剂量或研发注入可为 nA 到 $𝜇$ A; 高剂量生产注入通常希望晶圆处平均电流达到 $0.1 m A$ 到数 mA. 电流越大, 完成同一剂量所需时间越短, 但空间电荷效应, 晶圆发热和束斑均匀性也更难控制.
束流能量	超浅结可低到 $0.2 k eV$ 到 $10 k eV$ ; 常规掺杂多在 $10 k eV$ 到 $200 k eV$ ; 深阱或高能注入可到 MeV 量级. 对单电荷离子, $100 k V$ 加速电压对应 $100 k eV$ 注入能量.
束流发射度	离子源输出必须能通过抽取电极, 质量分析缝和扫描传输系统. 高流强注入机更关心总流强和均匀性, 允许的几何发射度可为 $10 𝜋$ 到 $100 𝜋 m m m rad$ 的量级; 若用于微束或离子束光刻, 则需显著更小的发射度和更高亮度.
时间结构	通常采用连续或准连续束流, 再由电扫描/机械扫描形成均匀剂量. 因此关键指标是秒级到分钟级的电流稳定性和可重复剂量控制, 而不是皮秒或飞秒脉冲宽度.
能散与纯度	能散应远小于设定注入能量, 通常希望在几十 eV 量级或更低; 杂质离子需要由质量分析系统滤除, 否则会直接造成非目标掺杂污染.

用剂量要求可以估算高流强注入机为什么需要 mA 量级束流. 设 300 mm 晶圆注入剂量 $𝐷 = 1 \cdot 10^{15} c m^{- 2}$ , 晶圆面积 $𝐴_{𝑤} = {𝜋 (15 c m)}^{2} \approx 707 c m^{2}$ . 若希望在 $𝑇 = 60 s$ 内完成, 单电荷离子束的平均电流至少为 $𝐼 = \frac{𝑒 𝐷 𝐴_{𝑤}}{𝑇} \approx (\frac{1.60 \times 10^{- 19} \times 10^{15} \times 707}{60}) A \approx 1.9 m A$ .

这只是到达晶圆的平均电流. 实际从离子源抽取的电流还要考虑质量分析, 束线传输, 扫描占空比和束流截获损失, 因此源端通常需要提供更高, 更稳定的离子流.

离子注入机对离子源的要求可概括为: 电荷态以单正离子为主; 能量范围从亚 keV 到 MeV; 高剂量生产要求 $𝜇$ A 到 mA 量级的稳定连续束; 发射度需与质量分析和扫描光学系统匹配; 时间结构以连续稳定为主, 剂量均匀性和杂质控制比超短脉冲更重要.

11. 第十一次作业

11.1. 如果要得到高电荷态的离子源, 选哪一种?

ECR 离子源或者 EBIS 电子束离子源.

11.2. 负离子产生的机制有哪些?

表面产生机制: 粒子打到低功函数表面后, 从表面俘获电子, 反射或溅射成为负离子源.
体产生机制: 在等离子体内, 低能电子和振动态分子发生解离吸附.
电荷交换机制: 碰撞, 发生单次或双次电荷交换.

11.3. 要提高通过表面效应产生负离子的流强, 有何措施?

降低表面功函数.
优化铯覆盖度和表面状态.
提高入射到表面的粒子通量.
优化引出系统.

11.4. 体产生负离子的机理是什么? 具体技术措施有哪些?

体产生负离子的典型机理是: 先由高能电子激发氢分子, 使其成为振动激发态, 然后低能电子与振动激发态氢分子发生解离吸附.

体产生负离子源通常要形成两温区等离子体.

具体技术措施:

设置高电子温度的驱动区, 用热阴极, RF 放电或微波放电产生高密度等离子体, 并激发氢分子到振动态.
设置低电子温度的负离子产生区, 使低能电子与氢发生解离吸附.
使用磁过滤场, 把高温电子区和低温电子区分开, 降低引出区电子温度.
采用多极磁场约束, 提高等离子体密度和均匀性.
优化气压, 放电功率, 引出孔和抑制电极, 减少氢离子在到达引出孔前被电子碰撞, 中性碰撞或光剥离破坏.

11.5. 简述中子源的两种主要产生方式, 并比较

现代高通量中子源主要有两类: 反应堆中子源和散裂中子源.

反应堆中子源: 它利用重核裂变链式反应产生中子. 一部分中子维持链式反应, 另一部分经过慢化, 反射和束线系统后供实验使用. 反应堆源一般是连续中子源, 平均通量高, 适合稳态中子散射实验. 典型应用为中子衍射, 材料研究.
散裂中子源: 它用高能质子轰击重金属靶, 例如钨, 汞, 铅铋等. 质子进入重核后引发核内级联和蒸发过程, 释放大量中子. 典型应用为脉冲中子散射.

1. 第一次作业

1.1. 束流的相空间分布

1.2. 电子能量分布

1.3. 电子 de Broglie 波长

1.4. 均方根发射度与不确定性极限

1.5. 200 keV 电镜中电子平均纵向间距

2. 第二次作业

2.1. 推导 Richardson-Dushman 公式

2.2. 要求热阴极电流密度的稳定性优于百分之一, 对温度和功函数的变化分别有什么要求

2.3. 画出 100 到 2000 摄氏度热发射电流密度

2.4. 基于热发射的物理图像, 思考光电发射的原理

3. 第三次作业

3.1. 重复 Schottky 势垒降低的推导过程

3.2. 推导光电发射热发射度的表达式

3.3. 重复 Child-Langmuir 的推导过程

4. 第四次作业

4.1. 利用 Child-Langmuir 计算 200 kV, 5 cm 间距极板中的流强密度

4.2. 无限长圆柱分布电子束流在 𝑟=1mm 处电子受到的力

5. 第五次作业

5.1. Mo 和 W 的 Kα 射线能量与最低激发电子能量

5.2. 50 keV, 100 keV, 150 keV 管压下的 X 光管能谱示意

5.3. 考虑靶自吸收后的 X 射线转换效率

6. 第六次作业

6.1. 从 Larmor 公式推导辐射表达式

6.2. Compton 散射反冲角和低能极限下电子动能

6.3. 环形加速器中同步辐射能量损失估算

7. 第七次作业

7.1. 当直线加速电场达到多大时, 电子能量不再增加

7.2. HEPS 参数计算

7.2.1. 弯铁辐射总功率与特征波长

7.2.2. ID19 波荡器基频波长与带宽

8. 第八次作业

8.1. 周期高斯微束列的聚束因子与基频谱宽

8.2. LCLS 自由电子激光参数估算

9. 第九次作业

9.1. 波荡器辐射产生 100 keV 硬 X 射线所需电子能量

9.2. 逆康普顿散射产生 100 keV 硬 X 射线所需电子能量

9.3. 逆康普顿散射的 X 射线横向尺寸与脉冲宽度

10. 第十次作业

10.1. 证明磁场中带电粒子的磁矩守恒, 并据此说明磁镜约束等离子体的原理

10.2. 离子源应用: 半导体离子注入机

11. 第十一次作业

11.1. 如果要得到高电荷态的离子源, 选哪一种?

11.2. 负离子产生的机制有哪些?

11.3. 要提高通过表面效应产生负离子的流强, 有何措施?

11.4. 体产生负离子的机理是什么? 具体技术措施有哪些?

11.5. 简述中子源的两种主要产生方式, 并比较

4.2. 无限长圆柱分布电子束流在 $𝑟 = 1 m m$ 处电子受到的力