10 HARMONISKA OSCIL- LATORN

Relevanta dokument
Harmonisk oscillator Ulf Torkelsson

Tentamen i Mekanik - partikeldynamik

10. Kretsar med långsamt varierande ström

Alltså är {e 3t, e t } en bas för lösningsrummet, och den allmänna lösningen kan därmed skrivas

1:A UTGÅVAN. Ur Mekaniken SVÄNGNINGSRÖRELSE ANDREAS LINDBLAD

10. Kretsar med långsamt varierande ström

10. Kretsar med långsamt varierande ström

10. Kretsar med långsamt varierande ström

Denna vattenmängd passerar också de 18 hålen med hastigheten v

Svar till övningar. Nanovetenskapliga tankeverktyg.

GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin 2

MEKANIK LABORATION 2 KOPPLADE SVÄNGNINGAR. FY2010 ÅK2 Vårterminen 2007

1+v(0)kt. + kt = v(0) . Detta ger sträckan. x(t) = x(0) + v(0) = x(0) + 1 k ln( 1 + v(0)kt ).

Föreläsning 12. Tidsharmoniska fält, komplexa fält (Kap ) Plana vågor (Kap ) i Griffiths

Svängningar. Innehåll. Inledning. Litteraturhänvisning. Förberedelseuppgifter. Svängningar

Vad betyder det att? E-fältet riktat åt det håll V minskar snabbast

Tentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S2. Problemtentamen

Vågrörelselära och optik

SKALNING OCH RESONANS

Svängningar. Innehåll. Inledning. Litteraturhänvisning. Förberedelseuppgifter. Svängningar

Tentamen i Mekanik SG1107, baskurs S2. Problemtentamen

Sensorer, effektorer och fysik. Grundläggande fysikaliska begrepp som är viktiga inom mättekniken

Lösningsförslag envariabelanalys

Tentamen i Mekanik - Partikeldynamik TMME08

Kompletterande material till föreläsning 5 TSDT08 Signaler och System I. Erik G. Larsson LiU/ISY/Kommunikationssystem

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

Lösningar till problemtentamen

Föreläsning 3/12. Transienter. Hambley avsnitt

Tentamensskrivning i Ellära: FK4005e Fredag, 11 juni 2010, kl 9:00-15:00 Uppgifter och Svar

4. Elektromagnetisk svängningskrets

REGLERTEKNIK KTH. REGLERTEKNIK AK EL1000/EL1110/EL1120 Kortfattade lösningsförslag till tentamen , kl

Mer om EM vågors polarisation. Vad händer om man lägger ihop två vågor med horisontell och vertikal polarisation?

Tentamen i El- och vågrörelselära,

FK Elektromagnetism, Fysikum, Stockholms universitet Tentamensskrivning (2:a omtentan), fredag 30 augusti 2013, kl 9:00-14:00

Tid läge och accelera.on

Föreläsning 29/11. Transienter. Hambley avsnitt

= y(0) för vilka lim y(t) är ändligt.

1. q = -Q 2. q = 0 3. q = +Q 4. 0 < q < +Q

Svar och anvisningar

= = i K = 0, K =

Teori för linjära ordinära differentialkvationer med konstanta koefficienter

Tentamen i El- och vågrörelselära,

Om svängningar och resonans

Lösningsförslat ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)

Vecka 2 ELEKTRISK POTENTIAL OCH KAPACITANS (HRW 24-25) Inlärningsmål

x 1 x 2 x 3 z + i z = 2 + i. (2 + 2i)(1 i) (1 + i) 5.

18. Sammanfattning Ursprung och form av fältena Elektrostatik Kraft, fält och potential 2 21, (18.3)

18. Sammanfattning Kraft, fält och potential. Krafter F är fysikaliskt mätbara storheter Elfält beror på kraften som F = Eq (18.

18. Sammanfattning. Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 18.1

Envariabelanalys 5B Matlablaboration

Matematisk statistik

TFYA16/TEN :00 13:00

Lösningsförslag, Tentamen, Differentialekvationer och transformer II, del 2, för CTFYS2 och CMEDT3, SF1629, den 9 juni 2011, kl.

2. Beräkna. (z-koordinaten för masscentrum för en homogen kropp som upptar området K) ½ u = xy 3. Använd variabelbytet v = y x.

Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik

Modellering av Dynamiska system. - Uppgifter till övning 1 och 2 17 mars 2010

Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik

Tentamen Elektronik för F (ETE022)

Vecka 4 INDUKTION OCH INDUKTANS (HRW 30-31) EM-OSCILLATIONER OCH VÄXELSTRÖMSKRETSAR

Kapitel: 32 Elektromagnetiska vågor Maxwells ekvationer Hur accelererande laddningar kan ge EM-vågor

Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik

Lösningar till tentamen i Transformmetoder okt 2007

1. INLEDNING 2. TEORI. Arbete A6 Vibrations-rotationsspektrum

y(0) = e + C e 1 = 1

TFYA16/TEN2. Tentamen Mekanik. 12 januari :00 13:00. Tentamen besta r av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poa ng.

Tentamen SF1633, Differentialekvationer I, den 23 oktober 2017 kl

r 2 Arbetet är alltså endast beroende av start- och slutpunkt. Det följer av att det elektriska fältet är konservativt ( E = 0).

9. Magnetisk energi Magnetisk energi för en isolerad krets

Lösningsförslag Inlämningsuppgift 3 Kapacitans, ström, resistans

Mekanik FK2002m. Repetition

TATA42: Föreläsning 9 Linjära differentialekvationer av ännu högre ordning

Sammanfattning av ordinära differentialekvationer

Svar och Lösningar. 1 Grundläggande Ellära. 1.1 Elektriska begrepp. 1.2 Kretslagar Svar: e) Slinga. f) Maska

Dugga i FUF040 Kvantfysik för F3/Kf3

Tenta svar. E(r) = E(r)ˆr. Vi tillämpar Gauss sats på de tre områdena och väljer integrationsytan S till en sfär med radie r:

KTH Matematik Tentamensskrivning i Differentialekvationer och transformer III, SF1637.

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Påtvingad svängning SDOF

Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik

Institutionen för matematik KTH. Tentamensskrivning, , kl B1210 och 5B1230 Matematik IV, för B, M, och I.

Kvantmekanik - Gillis Carlsson

SVAR: Det är modell 1 som är rimlig för en avsvalningsprocess. Föremålets temperatur efter lång tid är 20 grader Celsius.

Skriftlig tentamen i Elektromagnetisk fältteori för π3 (ETEF01) och F3 (ETE055)

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 13. Systemets masscentrum G ligger hela tiden vid axeln. Kraftekvationen för hela systemet:

TNA004 Analys II Tentamen Lösningsskisser

Tentamen i : Vågor,plasmor och antenner. Totala antalet uppgifter: 6 Datum: Examinator/Tfn: Hans Åkerstedt/ Skrivtid:

6 Vägledning till övningar

SG1140, Mekanik del II, för P2 och CL3MAFY

F3 PP kap 3, ekvationslösning och iteration, forts.

Cirkelkriteriet (12.3)

Statistisk mekanik: exempel. Molekylfysik.

1 x dx Eftersom integrationskonstanten i (3) är irrelevant, kan vi använda oss av 1/x som integrerande faktor. Låt oss beräkna

TENTAMEN Modellering av dynamiska system 5hp

Tentamen i Mekanik I del 1 Statik och partikeldynamik

9. Magnetisk energi Magnetisk energi för en isolerad krets

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

9. Magnetisk energi [RMC 12] Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 9.1

Föreläsning 4, Ht 2. Aktiva filter 1. Hambley avsnitt 14.10, 4.1

9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar

F3: Schrödingers ekvationer

Transkript:

Haroniska oscillatorn 10 1 10 HARMONISKA OSCIL- LATORN 10.1 Inledning Det kanske viktigaste probleet ino ekaniken, satidigt ett av de enklaste att lösa, är den haroniska eller linjära oscillatorn. Det enklaste exeplet är en assa är fastsatt i en fjäder ed fjäderkonstant k, fjädern utövar en kraft F = kx. Den potentiella energin för denna kraft är U(x) = 1 2 kx2,rörelseekvationen i avsaknad av andra krafter är ẍ + kx =0 Denna beskriver den fria haronsiska oscillatorn ed lösningen x(t) =B cos ω 0 t + C sin ω 0 t k ω 0 = är den naturliga frekvensen för oscillatorn. Lösningen kan även skrivas x(t) =A cos(ω 0 t + φ) A φ är konstanter, vilka likso B C åste bestäas ur begynnelsevillkoren, A cos φ = B A sin φ = C. I alla fysikaliska tilläpningar finns det även en friktionster även o den ofta kan vara väldigt liten. Denna friktionskraft kan approxiativt antas vara proportionell ot hastigheten, vi skall begränsa oss till detta fall. Rörelseekvationen blir i detta fall ẍ + bẋ + kx =0 Denna ekvation beskriver den däpade haroniska oscillatorn. O oscillatorn även påverkas av en yttre kraft F (t) får vi ekvationen ẍ + bẋ + kx = F (t) När F (t) är en oscillerande kraft leder denna ekvation till resonanser, svängningsaplituden blir väldigt stor o frekvansen hos F (t) saanfaller ed oscillatorns naturliga frekvens. Betydelsen av den haroniska oscillatorn beror på att ekvationer ed saa for dyker upp i flera olika fysikaliska tilläpningar. I nästan varje fall den potentiella energin U(x) har ett eller flera inia, kan en partikels rörelse för så oscillationer kring iniat approxieras ed en haronisk oscillator. Detta följer av att o U(x) har ett iniu kring x = x 0,o vi utvecklar U(x) i en Taylorserie kring denna punkt får vi ( ) du U(x) = U(x 0 )+ (x x 0 )+ dx x 0 + 1 ( d 2 ) U 2 dx 2 (x x 0 ) 2 + x 0 Konstanten U(x 0 ) påverkar inte det fysikaliska probleet kan sättas till noll. Efterso x 0 är ett iniu är ( ) du =0; dx x 0 Med kraftkonstanten ( d 2 ) U k = dx 2 ( ) d 2 U dx 2 0 x 0 x 0 kan vi alltså skriva potentialen U(x) = 1 2 k(x x 0) 2 + för tillräckligt så värden på (x x 0 ) kan kubiska högre ordningens terer försuas. Detta resultat generaliseras enkelt till två tre diensioner. Praktiskt taget varje proble ed ekaniska vibrationer reduceras sålunda till en haronisk oscillator, då svängningsaplituden är tillräckligt liten. Även elektriska

Haroniska oscillatorn 10 2 proble kan skrivas på denna for. En elektrisk krets ed en induktans L, resistans R kapacitans C i serie, vilken har en spänningskälla E(t) följer ekvationen L q + R q + 1 C q = E(t) q är laddningen på kondensatorn I = q är ströen i kretsen. Denna ekvation är identisk ed den ovan. Den allänna lösningen kan skrivas på foren x(t) =x h (t)+x p (t) x h (t) är lösningen till den hoogena ekvationen ed högerledet lika ed noll, x p (t) är en partikulärlösning till ekvationen ed en pålagd kraft i högerledet. 10.2 Hoogen lösning Vi börjar ed att betrakta den hoogena ekvationen ẍ + γẋ + ω0x 2 =0 γ = b/ ω0 2 = k/. För att lösa denna ekvation inför vi den koplexa funktionen z(t) =x(t)+iy(t) y(t) också satisfierar den hoogena ekvationen alltså z + γż + ω 2 0z =0 Den reella fysikaliska lösningen fås sedan ur x(t) =Rez(t). Låt Då blir z(t) =z 0 e αt ż = αz(t) z = α 2 z(t) (α 2 + γα+ ω 2 0)z 0 e αt =0 vilket ger den karakteristiska ekvationen ed lösningar α 2 + γα+ ω 0 =0 α = 1 2 γ ± [ 1 4 γ2 ω 2 0] 1/2 = α 1,2 Den allänna lösningen till den hoogena ekvationen kan alltså skrivas z(t) =z 1 e α 1t + z 2 e α 2t z 1 z 2 är konstanter vilka åste bestäas ur begynnelsevillkoren. Det finns tre fall beroende på oα är reellt eller koplext. 1. Svag däpning γ 2 < 4ω0 2 I detta fall är γ 2 /4 ω0 2 iaginärt vi får α = γ 2 ± i ω0 2 γ2 4 = γ 2 ± iω 1 ω 1 = ω0 2 γ2 4 <ω 0 Lösningen blir i detta fall ( ) z(t) =e γt/2 z 1 e iω1t + z 2 e iω 1t För realdelen av z får vi ed z 1 = x 1 +iy 1 z 2 = x 2 +iy 2 x(t) = e γt/2 (x 1 + x 2 )cosω 1 t e γt/2 (y 1 y 2 )sinω 1 t = = Ae γt/2 cos(ω 1 t + φ) Detta otsvarar en oscillation ed frekvens ω 1 /2π ed en aplitud Ae γt/2 vilken avtar exponentiellt ed tiden. Konstanterna A φ beror på begynnelsevillkoren. Frekvensen ω 1 <ω 0 är indre än utan däpning. 2. Stark däpning γ 2 /4 >ω0 2 I detta fall är γ 2 /4 ω0 2 reellt de två lösningarna för α blir α = γ 2 ± γ 2 4 ω2 0 = γ 1,2 Båda rötterna är negativa vi får z(t) =z 1 e γ 1t + z 2 e γ 2t

Haroniska oscillatorn 10 3 Realdelen blir x(t) =x 1 e γ 1t + x 2 e γ 2t Båda dessa tererna dörut exponentiellt ed tiden, den ena snabbare än den andra (γ 2 >γ 1 ). Konstanterna x 1 x 2 bestäs av begynnelsevillkoren. 3. Kritisk däpning γ 2 =4ω 2 0 I detta fall har vi endast en lösning för α α = γ 2 Motsvarande lösning för x blir x(t) =x 1 e γt/2 Nu gäller allänt att lösningen till en andra ordningens differentialekvation alltid innehåller två lineärt oberoende lösningar. Antag för att x(t) =u(t)e γt/2 ẋ(t) = u(t)e γt/2 u(t) γ 2 e γt/2 ẍ(t) = ü(t)e γt/2 u(t)γe γt/2 + + u(t) γ2 4 e γt/2 vilket ger ekvationen ü(t) γ2 4 u(t)+ω2 0u(t) =ü(t) =0 eller u(t) =C 1 + C 2 t Den allänna lösningen i detta fall blir alltså x(t) =[x 1 + x 2 t]e γt/2 Denna funktion dör ut exponentiellt ed en tidskonstant γ 2 >γ>γ 1 lösningen vid kritisk däpning dör ut snabbare för långa tider än den starkt däpade lösningen, förutsatt att däpparaetern γ är lika i båda fallen. I ånga fall är det öskvärt att en visare, en dörrstängare etc snabbt når sitt jäviktsläge. För en given däpning γ uppnås detta förden kritiska däpningen. 10.3 Linjära påtvingade svängningar Vi undersöker nu effekten av en yttre tidsberoende kraft F (t) på en haronisk oscillator F (t) =F 0 cos ωt För en elektron vilken påverkas av ett elektriskt fält E 0 cos ωt har vi t ex F (t) = ee 0 cos ωt. Den totala kraften blir nu F = kx bẋ + F 0 cos ωt rörelseekvationen blir ẍ + γẋ + ω0x 2 = F 0 cos ωt Den allänna lösningen kan skrivas so x(t) =x h (t) +x p (t) x h (t) är lösningen till den hoogena ekvationen. En partikulärlösning fås enklast geno att studera den koplexa ekvationen Vi ansätter en lösning Detta ger z + γż + ω 2 0 z = F 0 eiωt ż = z 0 iωe iωt z(t) =z 0 e iωt z = z 0 ω 2 e iωt ( ω 2 +iωγ + ω 2 0 )z 0e iωt = F 0 eiωt

Haroniska oscillatorn 10 4 eller z 0 = F 0 1 ω0 2 ω2 +iωγ z p (t) = 1 F 0 ω0 2 ω2 +iωγ eiωt Vi ser att den koplexa partikulärlösningen blir proportionell ot den pålagda yttre kraften. Den totala lösningen innehåller även den hoogena lösningen, en so vi fann iförra avsnittet dör denna ut exponentiellt ed tiden. Den hoogena lösningen kallas för för den transienta lösningen, partikulärlösningen, vilken doinerar för långa tider, för den stationära lösningen. Den senare skriver an ofta på foren z p (t) =χ(ω)f (t) χ(ω) = 1 1 ω0 2 ω2 +iωγ kallas responsfunktionen, efterso den beskriver hur systeet reagerar på den pålagda yttre störningen. Vi observerar att χ inte beror på den yttre kraften utan är en karakteristisk storhet för systeet i detta fall en haronisk oscillator. Responsfunktionen kan uttryckas i en real- en iaginärdel χ(ω) =χ (ω) iχ (ω) χ (ω)= 1 ω0 2 ω2 (ω0 2 ω2 ) 2 + ω 2 γ 2 χ (ω) = 1 ωγ (ω0 2 ω2 ) 2 + ω 2 γ 2 Den fysikaliska stationära lösningen får vi geno att ta realdelen av z x p (t) = Rez p (t) = F 0 (ω0 2 ω2 )cosωt (ω0 2 ω2 ) 2 + ω 2 γ 2 + + F 0 ωγ sin ωt (ω0 2 ω2 ) 2 + ω 2 γ 2 = = F 0 [ χ (ω)cosωt + χ (ω)sinωt ] Den första teren i x p (t) representerar en oscillation proportionell ot den pålagda kraften F 0 cos ωt. Denna ter representerar en reaktiv störning, χ kallas för den reaktiva responsfunktionen. Denandratereniuttrycketför x p (t) representerar en oscillation 90 ur fas ed den pålagda kraften, otsvarar en absorption av energi från den pålagda kraften. χ kallas för för det dissipativa responset. Idetstationära tillståndet blir det arbete so den pålagda kraften utför på oscillatorn under en liten tid dt, F (t)dx. För den tillförda effekten får vi alltså F (t)v p (t) = (F 0) 2 cos ωt (ω0 2 ω2 )+(ωγ) 2 [ ] ω(ω0 2 ω 2 )sinωt + ω 2 γ cos ωt I praktiken är vi intresserade av edeleffekten under en period. Medelvärdet under en period av de båda tererna ovan är < sin ωt cos ωt >= 1 < sin 2ωt >= 0 2 < cos 2 ωt >= 1 2 < 1+cos2ωt >= 1 2 Detta ger edeleffekten vilken tillförs oscillatorn av den yttre kraften P ed = <F(t)v p (t) >= = (F 0) 2 2 ω 2 γ (ω 2 0 ω2 )+(ωγ) 2 = = (F 0) 2 2 ωχ (ω) Den effekt vilken tillförs oscillatorn är i det stationära tillståndet lika ed den effekt vilken förloras geno friktionen. Effekten P ed har ett axiu vid ω = ω 0.För liten däpning γ ω 0 kan uttrycket för P ed eller χ förenklas. I detta fall är P ed stor endast då ω ω 0 kring ω 0 kan vi få en enkel forel. Med ω = ω ω 0

Haroniska oscillatorn 10 5 ω ω 0 kan vi skriva (ω 2 ω 2 0)=(ω + ω 0 ) ω 2ω 0 ω Sätter vi in att ω ω 0 får vi alltså P ed = (ZeE 0) 2 2 γ ( ω) 2 + γ 2 Denna forel vilken kallas en Lorentz-kurva ger en god approxiation för P ed nära resonansen vid ω = ω 0. 10.4 Dielektricitetskonstant Ett viktigt fysikaliskt exepel på haronisk rörelse får vi o vi betraktar dielektricitetskonstanten för isolatorer. Låt ett elektriskt oscillerande fält påverka en fast kropp vilken är en isolator inte leder elektrisk strö. Varje ato i kroppen består av en kárna kring vilken det finns ett oln eller skal av elektroner, atoens totala laddning är noll. För en isolator är elektronerna bundna till atoen, i ett elektriskt fält påverkas de av en kraft F = ZeE = ZeE 0 cos ωt Ze är kärnans laddning. Elektronerna kring en ato får en förskjutning r relativt den positivt laddade kärnan. Detta ger upphov till en polarisering av atoen eller ett dipoloent Zer. Med totalt n atoer per volysenhet får vi en polarisering P = nzer Det totala fältet består av det yttre fältet den inducerade polariseringen ges av D = E +4πP = E 4πnZer Dielektricitetskonstanten för ediet definieras so D = ɛ(ω)e beror på det pålagda fältets frekvens ω. Dielektricitetskonstanten kan an enkelt äta, ett centralt proble ino fysiken är för att beräkna denna. I en enkel odell antar vi att elektronskalet runt varje kärna sitter i en haronisk potential, geno växelverkan ed övriga atoer påverkas av en friktionskraft. Tillsaans ed den yttre kraften ger detta r = kr bṙ ZeE betecknar skalets assa. Detta ger ekvationen r + γṙ + ω 2 0 r = Ze E ed γ = b/ ω 2 0 = k/. Denna ekvation han skrivas ut i koponentfor i x,y z led ẍ + γẋ + ω 2 0x = Ze E x etc. Detta är åter ekvationen för en däpad haronisk oscillator. Den koplexa stationära lösningen kan för enligt ovan skrivas 1 r c = ω0 2 ω2 +iωγ = Ze 1 ω 2 0 ω2 +iωγ E Detta ger oss polarisationen P = nzer c = nz2 e 2 det totala fältet [ D = E +4πP = 1+ Ze E 0e iωt = 1 ω 2 0 ω2 +iωγ E ωp 2 ] ω0 2 E ω2 +iωγ ω 2 p =4πn(Ze) 2 / kallas plasafrekvensen alltså ɛ(ω) =1+ ω 2 p ω 2 0 ω2 +iωγ Dielektricitetskonstanten har en real- en iaginärdel ɛ(ω) =ɛ (ω) iɛ (ω)

Haroniska oscillatorn 10 6 ɛ (ω) =1+ωp 2 ω0 2 ω2 (ω0 2 ω2 ) 2 +(ωγ) 2 ɛ (ω) =ωp 2 ωγ (ω0 2 ω2 ) 2 +(ωγ) 2 Likso tidigare kan vi skriva den fysikaliska förskjutningen av elektronerna, realdelen so r p (t) = ZeE 0 ( ɛ ωp 2 (ω) 1 ) cos ωt ZeE 0 ωp 2 ɛ (ω)sinωt För så frekvenserω ω 0 är r 180 ur fas eddet pålagdafältet förhöga frekvenser ω ω 0 i fas. Detta följer av att ɛ (ω) =1+ ɛ (ω) =1 ( ωp ω 0 ) 2 ω ω 0 ( ) 2 ωp ω ω 0 ω I ett dielektriskt ediu ed elektroner bundna ed en elastisk kraft, koer teren proportionell ot (ɛ 1) att representera en elektrisk polarisering proportionell ot det pålagda oscillerande elektriska fältet, edan teren proportionell ot ɛ representerar en absorption av energi från det elektriska fältet. ɛ kallas för den reaktiva delen, ɛ för den dissipativa delen av ɛ. I närheten av resonansfrekvensen ω 0, koer det dielektriska ediet att absorbera energi blir för ogenoskinligt för elektroagnetisk strålning. Brytningsindex för elektroagnetiska vågor är n = ɛ För så frekvenserär ɛ konstant större än ett. ɛ ökar när vi närar oss ω 0 faller sedan till ett värde indre än ett runt ω ω 0, det är en stark absorption av elektroagnetisk strålning. Därefter ökar ɛ till ett för höga frekvenser. Brytningsindex följer en liknande kurva. Detta uppförande ser an t ex i glaser vilka har en konstant dielektricitetskonstant för så ω. I orådet för synligt ljus ökar brytningsindex ed frekvensen, glas blir ogenoskinligt i det ultravioletta orådet. En er realistisk odell för ett dielektriskt ediu får an o an antar att det finns en fördelning ϱ(ω] av frekvenser i ediet. I detta fall får vi en koplex dielektricitetskonstant ɛ vilken ges av ɛ(ω) =1+ ϱ(ω)dω Ω 2 ω 2 +iωγ Med denna odell kan an få kvantitativ överensstäelse ed experientella resultat för ɛ ɛ. I praktiken äter an real- iaginärdel ur aplituden fasskiftet för den inducerade polarisationen. Vi inför dessa från A cos φ = A sin φ = x p (t) = F 0 A cos(ω 0t + φ) ω0 2 ω2 (ω0 2 ω2 ) 2 +(ωγ) 2 = ɛ (ω) 1 ωp 2 ωγ (ω0 2 ω2 ) 2 +(ωγ) 2 = ɛ (ω) ωp 2 [ ] ɛ A 2 2 [ (ω) 1 ɛ (ω) = + ω 2 p ɛ ω 2 p tan φ = ɛ (ω) 1 ] 2