真空激光加速 · 平面电磁波中的相对论性电子 · 50分 · 每次求导、每个积分、每步代数全部写全
本题无复杂几何图，公式中的相位 \(u=kz-\omega t\) 就是全部的"图"
粒子加速器的根本指标是加速梯度（每米能给粒子多少能量）。传统射频加速腔受材料击穿限制，梯度上限约 \(10^{8}\,\text{V/m}\)，要把电子加速到 GeV 量级需要几十米甚至几公里。
而强激光本身就是一束"行走的强电场"。按本题第(3)问的参数 \(I=10^{22}\,\text{W/cm}^2\) 算，电场振幅高达
$$E_0\approx 2.7\times10^{14}\ \text{V/m}$$——是射频腔的百万倍，甚至是氢原子核对核外电子束缚电场（原子单位电场 \(5\times10^{11}\,\text{V/m}\)）的五百多倍。2018 年诺贝尔物理学奖（啁啾脉冲放大 CPA，Strickland & Mourou）正是奖励"造出这种光"的技术。如果能直接用它来加速，加速器可以缩到指甲盖大小。
1979 年 Lawson 和 Woodward 严格证明了：真空中、无限广延的平面电磁波，不可能给电子带来净能量增益。电子会被波"推一把"，能量先涨上去，但相位错开后又被"拉回来"，一个周期下来颗粒无收。
本题第(1)问就是让你亲手算出这个"上去又下来"的完整过程——你会看到能量随相位严格按 \(\sin^2\) 振荡，峰值惊人、均值白搭。第(2)问再进一步：若电子带着初能、斜着注入，瞬时能量峰值能抬到多高、最佳入射角是多少？（注意仍是瞬时值——真正的净加速必须打破定理的假设：用聚焦光斑、用等离子体尾波（LWFA，目前主流）、或用边界。题目很诚实地只问"加速达到的最大能量"。）
电子被电场剧烈加速时会辐射电磁波，辐射带走能量——这叫辐射阻尼（辐射反应）。强度低于 \(10^{22}\,\text{W/cm}^2\) 量级时这笔税可以忽略；超过之后就"无法忽略"了，这正是当前国际上 ELI、上海 SULF 等拍瓦级激光装置关心的前沿（辐射主导区）。第(3)问就是一次量级估算：给的损耗律 \(\mathrm d\varepsilon/\mathrm dt\propto-\varepsilon^2\)，算一个周期内的相对损失——答案是 \(-40\%\)，税率高得吓人。
全题只用四样东西：相对论能量动量关系、洛伦兹力分量式、相位变量 \(u\)、商法则求极值。区分度全在"守恒量 \(\varepsilon-cp_z\)"的发现和"先对相位、后对角度"的两层最大化上。
静质量 \(m_e\)、速度 \(\boldsymbol v\) 的电子：
$$\boldsymbol p=\gamma m_e\boldsymbol v,\qquad \varepsilon=\gamma m_ec^2,\qquad \gamma=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$$以及平方形式（把 \(\gamma^2v^2=\gamma^2c^2-c^2\) 代入 \(p^2=\gamma^2m_e^2v^2\) 即得）：
$$\varepsilon^2=p^2c^2+m_e^2c^4$$导出关系 \(\boldsymbol v=\dfrac{c^2\boldsymbol p}{\varepsilon}\)（本题用得最勤）：由 \(\boldsymbol p=\gamma m_e\boldsymbol v\) 与 \(\varepsilon=\gamma m_ec^2\) 两式相除，\(\gamma m_e\) 正好约掉：
$$\frac{\boldsymbol p}{\varepsilon}=\frac{\gamma m_e\boldsymbol v}{\gamma m_ec^2}=\frac{\boldsymbol v}{c^2}\quad\Longrightarrow\quad \boldsymbol v=\frac{c^2\boldsymbol p}{\varepsilon}$$它的好处：运动方程给出的是 \(\boldsymbol p\) 的变化率，而位置需要 \(\boldsymbol v\)——这个关系就是两者之间的桥，桥上 \(\gamma\) 消失了，再也不用碰根号。
电子电荷 \(-e\)（\(e>0\)），相对论运动方程：
$$\frac{\mathrm d\boldsymbol p}{\mathrm dt}=-e\big(\boldsymbol E+\boldsymbol v\times\boldsymbol B\big)$$能量变化率推导（不从动能定理硬套，从 \(\varepsilon^2=p^2c^2+m_e^2c^4\) 出发最干净）：两边对 \(t\) 求导，\(m_e,c\) 是常数：
$$2\varepsilon\frac{\mathrm d\varepsilon}{\mathrm dt}=2c^2\,\boldsymbol p\cdot\frac{\mathrm d\boldsymbol p}{\mathrm dt} \quad\Longrightarrow\quad \frac{\mathrm d\varepsilon}{\mathrm dt}=\frac{c^2\boldsymbol p}{\varepsilon}\cdot\frac{\mathrm d\boldsymbol p}{\mathrm dt}=\boldsymbol v\cdot\frac{\mathrm d\boldsymbol p}{\mathrm dt}$$（最后一步用了工具1的导出关系。）代入洛伦兹力：
$$\frac{\mathrm d\varepsilon}{\mathrm dt}=-e\,\boldsymbol v\cdot\big(\boldsymbol E+\boldsymbol v\times\boldsymbol B\big)=-e\,\boldsymbol v\cdot\boldsymbol E$$因为 \(\boldsymbol v\cdot(\boldsymbol v\times\boldsymbol B)=0\)（\(\boldsymbol v\times\boldsymbol B\) 垂直于 \(\boldsymbol v\)）——磁场不做功。能量只认电场沿速度方向的投影。
叉乘分量（手算）：\(\boldsymbol B\) 沿 \(y\) 方向，\(\boldsymbol B=(0,B_y,0)\)，\(\boldsymbol v=(v_x,v_y,v_z)\)：
$$\boldsymbol v\times\boldsymbol B=\big(v_yB_z-v_zB_y,\;v_zB_x-v_xB_z,\;v_xB_y-v_yB_x\big)=\big(-v_zB_y,\;0,\;v_xB_y\big)$$所以三个分量的运动方程（本题场：\(\boldsymbol E=E_0\cos u\,\boldsymbol e_x\)，\(\boldsymbol B=\dfrac{E_0}{c}\cos u\,\boldsymbol e_y\)，\(u=kz-\omega t\)）：
$$\frac{\mathrm dp_x}{\mathrm dt}=-e\big(E_x-v_zB_y\big)=-eE_0\cos u\left(1-\frac{v_z}{c}\right),\qquad \frac{\mathrm dp_y}{\mathrm dt}=0,\qquad \frac{\mathrm dp_z}{\mathrm dt}=-e\,v_xB_y=-\frac{eE_0}{c}\,v_x\cos u$$平面波的一切场量都只通过组合 \(u=kz-\omega t\) 依赖时空，所以把 \(u\) 当自变量比用 \(t\) 顺手得多。它的变化率（\(\omega=ck\)，即 \(k=\omega/c\)）：
$$\frac{\mathrm du}{\mathrm dt}=k\frac{\mathrm dz}{\mathrm dt}-\omega=kv_z-\omega=\omega\left(\frac{v_z}{c}-1\right)=-\omega\left(1-\frac{v_z}{c}\right)$$再用工具1：\(v_z=c^2p_z/\varepsilon\)，所以 \(1-\dfrac{v_z}{c}=\dfrac{\varepsilon-cp_z}{\varepsilon}\)，即
$$\frac{\mathrm du}{\mathrm dt}=-\omega\,\frac{\varepsilon-cp_z}{\varepsilon}$$对次光速电子 \(\varepsilon>cp_z\)（因为 \(\varepsilon^2=c^2p_z^2+(c^2p_x^2+m_e^2c^4)>c^2p_z^2\)），所以 \(\mathrm du/\mathrm dt<0\)：电子永远追不上波，相位只会一直往后退（从 \(u=0\) 走向 \(u\to-\infty\)）。这个单调性保证了后文"\(\sin u\) 取到 \(1\)"一定能等到。
物理图像：\(u\) 是"波相对电子跑出去多远"的里程表。波峰波谷从电子身上碾过去，\(\mathrm du/\mathrm dt\) 的绝对值就是碾压速率——它正比于守恒量 \(\varepsilon-cp_z\)。这个量越小，电子"跟波跟得越紧"，被同一波峰推得越久。第(2)问的全部门道就在这个组合上。
① 降幂公式：\(\cos2u=1-2\sin^2u\)（由 \(\cos2u=\cos^2u-\sin^2u=(1-\sin^2u)-\sin^2u\)），所以
$$\sin^2u=\frac{1-\cos2u}{2}$$② \(\displaystyle\int_0^u\sin^2u'\,\mathrm du'=\int_0^u\frac{1-\cos2u'}{2}\,\mathrm du'=\frac{u}{2}-\frac{\sin2u}{4}\)（用了 \(\int\cos2u'\mathrm du'=\frac12\sin2u'\)，下限 \(u'=0\) 处 \(\sin 0=0\)）。
③ 周期平均：在一个周期 \(T\) 上，
$$\langle\cos^2u\rangle=\frac{1}{T}\int_0^T\cos^2(\omega t+\varphi)\,\mathrm dt=\frac{1}{T}\int_0^T\frac{1+\cos2(\omega t+\varphi)}{2}\,\mathrm dt=\frac12$$（\(\cos\) 的二倍频项整周期积分为零。）无论初相位 \(\varphi\) 是什么，结果都是 \(1/2\)——第(3)问算平均光强就靠它。
对 \(f(\theta)=\dfrac{N(\theta)}{M(\theta)}\)：
$$f'(\theta)=\frac{N'M-NM'}{M^2}$$极值点满足 \(N'M-NM'=0\)（分母平方恒正，只需管分子）。本题里 \(N,M\) 都只含 \(\sin\theta,\cos\theta\) 的一次、二次项，整理后会得到一个形如
$$\alpha\cos\theta-\beta=\gamma\sin\theta$$的方程。标准解法：移项后两边平方，用 \(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\) 化成一元二次方程；平方会引入增根，最后必须代回原方程检验取号。本文会把这个检验显式写出来。
\(K>0\) 为常数。把 \(\varepsilon\) 归一边、\(t\) 归一边：
$$\frac{\mathrm d\varepsilon}{\varepsilon^2}=-K\,\mathrm dt$$两边积分（\(\int\varepsilon^{-2}\mathrm d\varepsilon=-\varepsilon^{-1}\)）：
$$-\frac{1}{\varepsilon}+\frac{1}{\varepsilon_0}=-Kt\quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{\varepsilon}=\frac{1}{\varepsilon_0}+Kt \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon(t)=\frac{\varepsilon_0}{1+K\varepsilon_0 t}$$为什么不能直接 \(\Delta\varepsilon\approx\dfrac{\mathrm d\varepsilon}{\mathrm dt}\cdot T=-K\varepsilon_0^2T\)？因为本题算出来损耗率高达 40%，\(\varepsilon\) 在一个周期内大幅下降，\(\varepsilon^2\) 不能当常数——必须解微分方程。官方答案正是精确解的结果。
全场公式里反复出现组合 \(\dfrac{eE_0}{m_ec\omega}\)，量纲为一，给它起个名：
$$a\equiv\frac{eE_0}{m_ec\omega}\qquad(\text{文献里叫归一化矢势，或有质动力势})$$物理意义：电子在四分之一周期内被电场"踢"到的动量，以 \(m_ec\) 为单位。\(a\ll1\) 是非相对论弱场；\(a\gtrsim1\) 电子在一个光周期内就被踢成相对论性；本题第(3)问的参数对应 \(a\approx68\)——深相对论区。
用它表示，\(\dfrac{eE_0}{\omega}=m_ec\,a\) 这个动量量纲的组合也会反复用。
由工具2的 \(x\) 分量方程：
$$\frac{\mathrm dp_x}{\mathrm dt}=-eE_0\cos u\left(1-\frac{v_z}{c}\right)$$右边看着复杂，但由工具3，\(\dfrac{\mathrm d(\sin u)}{\mathrm dt}=\cos u\cdot\dfrac{\mathrm du}{\mathrm dt}=\cos u\cdot\left[-\omega\left(1-\dfrac{v_z}{c}\right)\right]\)，即
$$-eE_0\cos u\left(1-\frac{v_z}{c}\right)=\frac{eE_0}{\omega}\frac{\mathrm d(\sin u)}{\mathrm dt}$$于是 \(\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(p_x-\dfrac{eE_0}{\omega}\sin u\right)=0\)。初始条件 \(t=0\) 时 \(z=0\)（故 \(u=0\)）、\(p_x=0\)，积分常数为零：
$$p_x=\frac{eE_0}{\omega}\sin u=m_ec\,a\sin u$$（第二步用了工具7。）另外 \(\mathrm dp_y/\mathrm dt=0\) 且初值为零，故 \(p_y\equiv0\)——电子始终在 \(x\text{-}z\) 平面内。
由工具2：\(\dfrac{\mathrm d\varepsilon}{\mathrm dt}=-eE_0v_x\cos u\)，而 \(c\dfrac{\mathrm dp_z}{\mathrm dt}=-eE_0v_x\cos u\)。两式右边一模一样：
$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\big(\varepsilon-cp_z\big)=0$$初始时刻电子静止，\(\varepsilon(0)=m_ec^2,\ p_z(0)=0\)，所以
$$\varepsilon-cp_z=m_ec^2\tag{守恒量}$$由守恒量，\(cp_z=\varepsilon-m_ec^2\)。代入能量-动量关系 \(\varepsilon^2=c^2p_x^2+c^2p_z^2+m_e^2c^4\)：
$$\varepsilon^2=c^2p_x^2+\big(\varepsilon-m_ec^2\big)^2+m_e^2c^4 =c^2p_x^2+\varepsilon^2-2m_ec^2\varepsilon+m_e^2c^4+m_e^2c^4$$两边消去 \(\varepsilon^2\)，移项：
$$2m_ec^2\,\varepsilon=c^2p_x^2+2m_e^2c^4 \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon=m_ec^2+\frac{p_x^2}{2m_e}=m_ec^2+\frac{(cp_x)^2}{2m_ec^2}$$再代回 \(cp_z=\varepsilon-m_ec^2\)：\(cp_z=\dfrac{(cp_x)^2}{2m_ec^2}\)。最后把 2.1 的 \(cp_x=m_ec^2a\sin u\) 代入：
$$\frac{(cp_x)^2}{2m_ec^2}=\frac{m_e^2c^4a^2\sin^2u}{2m_ec^2}=\frac12m_ec^2a^2\sin^2u$$检验①（量纲）：\(\dfrac{eE_0}{\omega}\)：库仑×(伏/米)÷(1/秒) = 牛·秒 = 千克·米/秒 = 动量。✓
检验②（非相对论极限）：\(a\ll1\) 时 \(p_z\sim a^2\) 可忽略，\(p_x\approx m_ev_x\)，即 \(v_x\approx\dfrac{eE_0}{m_e\omega}\sin u\)——正是普通电磁学里电子在交变电场中的受迫振荡（差 \(90^\circ\) 相位）。✓
检验③（能量范围）：\(\varepsilon\) 在 \(m_ec^2\) 与 \(m_ec^2(1+\frac{a^2}{2})\) 之间振荡，平均值有限、净增益为零——Lawson–Woodward 定理的具体兑现。注意 \(p_z=\frac12m_ec\,a^2\sin^2u\geq0\) 恒成立：电子一直被波的辐射压力沿 \(+z\) 推着走（平均有纵向漂移），但能量照样先升后还。"被推走"和"被加速出净能量"是两回事，这正是本题要破除的直觉。
由工具3和 2.2 的守恒量 \(\varepsilon-cp_z=m_ec^2\)：
$$\frac{\mathrm du}{\mathrm dt}=-\omega\,\frac{\varepsilon-cp_z}{\varepsilon}=-\frac{\omega m_ec^2}{\varepsilon}$$\(\dfrac{\mathrm dx}{\mathrm du}=\dfrac{\mathrm dx/\mathrm dt}{\mathrm du/\mathrm dt}=\dfrac{v_x}{-\omega m_ec^2/\varepsilon}\)。由工具1，\(v_x=\dfrac{c^2p_x}{\varepsilon}\)，代入：
$$\frac{\mathrm dx}{\mathrm du}=\frac{c^2p_x/\varepsilon}{-\omega m_ec^2/\varepsilon}=-\frac{p_x}{m_e\omega}=-\frac{m_ec\,a\sin u}{m_e\omega}=-\frac{ca}{\omega}\sin u$$（\(\varepsilon\) 恰好约掉——这就是为什么先求动量再求轨迹如此顺。）积分，初始 \(u=0\) 时 \(x=0\)：
$$x=\int_0^u\left(-\frac{ca}{\omega}\sin u'\right)\mathrm du'=\frac{ca}{\omega}\big(\cos u-1\big)$$（\(\int\sin u'\,\mathrm du'=-\cos u'\)，代入上下限：\(-\cos u+\cos0=1-\cos u\)，再添前面的负号。）
同理（\(v_z=c^2p_z/\varepsilon\)，\(\varepsilon\) 又约掉）：
$$\frac{\mathrm dz}{\mathrm du}=-\frac{p_z}{m_e\omega}=-\frac{ca^2}{2\omega}\sin^2u$$积分（工具4②）：
$$z=-\frac{ca^2}{2\omega}\left(\frac{u}{2}-\frac{\sin2u}{4}\right)=\frac{ca^2}{8\omega}\big(\sin2u-2u\big)$$其中系数换算：\(\dfrac{ca}{\omega}=\dfrac{c}{\omega}\cdot\dfrac{eE_0}{m_ec\omega}=\dfrac{eE_0}{m_e\omega^2}\)；\(\dfrac{ca^2}{8\omega}=\dfrac{c}{8\omega}\cdot\dfrac{e^2E_0^2}{m_e^2c^2\omega^2}=\dfrac{e^2E_0^2}{8m_e^2c\,\omega^3}\)。
时间也可显式写成参数式（由 \(u=kz-\omega t\) 反解 \(t=\dfrac{kz-u}{\omega}\)，把 \(z(u)\) 代入，\(k=\omega/c\)）：
$$t(u)=\frac{1}{\omega}\left[\frac{a^2}{8}\big(\sin2u-2u\big)-u\right]$$验证：\(u=0\) 时 \(t=0\) ✓；\(\dfrac{\mathrm dt}{\mathrm du}=\dfrac{1}{\omega}\left[\dfrac{a^2}{4}(\cos2u-1)-1\right]=-\dfrac{1}{\omega}\left(1+\dfrac{a^2}{2}\sin^2u\right)\)（用了 \(1-\cos2u=2\sin^2u\)），与 3.1 的 \(\mathrm du/\mathrm dt=-\omega/(1+\frac{a^2}{2}\sin^2u)\) 互为倒数 ✓。
对 \(t>0\)，\(u<0\)（工具3），\(\sin2u-2u>0\)，故 \(z>0\) 且其含 \(-2u\) 的项随时间线性增长——纵向有持续漂移（辐射压力推动）；\(x\) 在 \(\big[-\dfrac{2eE_0}{m_e\omega^2},\,0\big]\) 之间往复。合起来电子在 \(x\text{-}z\) 平面画一串沿 \(z\) 方向拖长的"8 字"（摆线的相对论版本），一边跳舞一边被波推着向前跑。
2.1 的积分给出 \(p_x-\dfrac{eE_0}{\omega}\sin u=\text{常数}=p_{x0}\)（\(t=0\) 时 \(u=0\)）：
$$p_x=p_{x0}+\frac{eE_0}{\omega}\sin u=p_{x0}+m_ec\,a\sin u$$2.2 的守恒量：
$$\varepsilon-cp_z=\varepsilon_0-cp_{z0}\equiv D$$重复 2.3 的消元（把 \(cp_z=\varepsilon-D\) 代入 \(\varepsilon^2=c^2p_x^2+c^2p_z^2+m_e^2c^4\)）：
$$\varepsilon^2=c^2p_x^2+(\varepsilon-D)^2+m_e^2c^4=c^2p_x^2+\varepsilon^2-2D\varepsilon+D^2+m_e^2c^4$$ $$\Longrightarrow\quad \varepsilon=\frac{c^2p_x^2+D^2+m_e^2c^4}{2D}$$同一关系对初始时刻也成立：\(\varepsilon_0=\dfrac{c^2p_{x0}^2+D^2+m_e^2c^4}{2D}\)（初始 \(p_z\) 已含在 \(D\) 里）。两式相减得到增量的紧凑式：
$$\varepsilon-\varepsilon_0=\frac{c^2\big(p_x^2-p_{x0}^2\big)}{2D}$$题设"初速度方向与 \(x\) 轴正方向的夹角不大于 \(\frac{\pi}{2}\)"即 \(v_{x0}\geq0\)，也就是 \(p_{x0}\geq0\)。于是当 \(u\) 从 \(0\) 单调滑向 \(-\infty\) 时（工具3），
$$p_x=p_{x0}+m_ec\,a\sin u\in\big[p_{x0}-m_ec\,a,\;p_{x0}+m_ec\,a\big]$$\(\varepsilon\) 是 \(p_x^2\) 的增函数（\(D>0\)，因为次光速），\(|p_x|\) 的最大值在 \(\sin u=1\) 处达到（\(u\) 滑到 \(-\frac{3\pi}{2}\) 时第一次取到）：\(p_x^{\max}=p_{x0}+m_ec\,a\)。代回：
$$\varepsilon'=\varepsilon_0+\frac{c^2\big(2p_{x0}m_ec\,a+m_e^2c^2a^2\big)}{2D} =\varepsilon_0+\frac{m_e^2c^4a^2+2m_ec^3a\,p_{x0}}{2\big(\varepsilon_0-cp_{z0}\big)}$$初态：\(\varepsilon_0=\gamma_0m_ec^2\)，总动量大小 \(p_0\) 满足 \(c^2p_0^2=\varepsilon_0^2-m_e^2c^4=m_e^2c^4(\gamma_0^2-1)\)，即 \(p_0=m_ec\sqrt{\gamma_0^2-1}\)。记
$$\eta\equiv\sqrt{\gamma_0^2-1}$$\(\theta_0\) 是入射方向与 \(z\) 轴的夹角，故
$$p_{x0}=p_0\sin\theta_0=m_ec\,\eta\sin\theta_0,\qquad p_{z0}=p_0\cos\theta_0=m_ec\,\eta\cos\theta_0$$（\(p_{x0}\geq0\) 对应 \(\theta_0\in[0,\pi]\)。）又有 \(D=\varepsilon_0-cp_{z0}=m_ec^2\big(\gamma_0-\eta\cos\theta_0\big)\)。代入 4.2（每项都以 \(m_ec^2\) 为单位整理）：
记 \(N=a^2+2a\eta\sin\theta\)，\(M=\gamma_0-\eta\cos\theta\)，则 \(N'=2a\eta\cos\theta\)，\(M'=\eta\sin\theta\)：
$$\frac{\mathrm d(\varepsilon'/m_ec^2)}{\mathrm d\theta}=\frac{N'M-NM'}{2M^2} =\frac{2a\eta\cos\theta\,(\gamma_0-\eta\cos\theta)-(a^2+2a\eta\sin\theta)\,\eta\sin\theta}{2M^2}$$分子展开（注意 \(\cos^2+\sin^2=1\) 把两项并掉）：
$$2a\eta\gamma_0\cos\theta-2a\eta^2\cos^2\theta-a^2\eta\sin\theta-2a\eta^2\sin^2\theta =2a\eta\gamma_0\cos\theta-2a\eta^2-a^2\eta\sin\theta$$提出 \(a\eta\)（\(\eta>0\) 时它与分母一样不影响零点）：极值条件为
$$2\gamma_0\cos\theta_0-2\eta=a\sin\theta_0\tag{$\ast$}$$把 \((\ast)\) 写成 \(\sin\theta_0=\dfrac{2(\gamma_0\cos\theta_0-\eta)}{a}\)，代入 \(\sin^2\theta_0+\cos^2\theta_0=1\)（两边乘 \(a^2\)）：
$$4\big(\gamma_0\cos\theta_0-\eta\big)^2+a^2\cos^2\theta_0=a^2$$展开 \(4(\gamma_0^2\cos^2\theta_0-2\gamma_0\eta\cos\theta_0+\eta^2)\) 并整理：
$$\big(4\gamma_0^2+a^2\big)\cos^2\theta_0-8\gamma_0\eta\cos\theta_0+\big(4\eta^2-a^2\big)=0$$一元二次方程求根，判别式（展开写全，用 \(\eta^2=\gamma_0^2-1\) 即 \(\gamma_0^2-\eta^2=1\)）：
$$\Delta=(8\gamma_0\eta)^2-4\big(4\gamma_0^2+a^2\big)\big(4\eta^2-a^2\big) =64\gamma_0^2\eta^2-4\Big[16\gamma_0^2\eta^2-4\gamma_0^2a^2+4a^2\eta^2-a^4\Big]$$ $$=16\gamma_0^2a^2-16a^2\eta^2+4a^4=16a^2\big(\gamma_0^2-\eta^2\big)+4a^4=16a^2+4a^4=4a^2\big(4+a^2\big)$$所以（记 \(B\equiv4+a^2\)）：
$$\cos\theta_0=\frac{8\gamma_0\eta\pm2a\sqrt{B}}{2\big(4\gamma_0^2+a^2\big)} =\frac{4\gamma_0\eta\pm a\sqrt{B}}{4\gamma_0^2+a^2}$$取号检验（工具5警告过：平方会引入增根，必须代回 \((\ast)\) 验 \(\sin\theta_0\geq0\)）：
正切简洁式的验证（零跳步）：要证 \(\tan\theta_0=\dfrac{2}{a\gamma_0+\eta\sqrt{B}}\)，即证 \(\sin\theta_0\,(a\gamma_0+\eta\sqrt{B})=2\cos\theta_0\)。左边乘上公分母 \(4\gamma_0^2+a^2\) 后为 \(2(\gamma_0\sqrt{B}-a\eta)(a\gamma_0+\eta\sqrt{B})\)，展开：\(2\big[a\gamma_0^2\sqrt{B}+\gamma_0\eta B-a^2\gamma_0\eta-a\eta^2\sqrt{B}\big]=2\big[a\sqrt{B}(\gamma_0^2-\eta^2)+\gamma_0\eta(B-a^2)\big]=2\big[a\sqrt{B}+4\gamma_0\eta\big]\)（用了 \(\gamma_0^2-\eta^2=1\) 和 \(B-a^2=4\)），正好等于 \(2\cos\theta_0\) 乘同一公分母。✓
它是极大而非极小：令 \(f(\theta)=2\gamma_0\cos\theta-a\sin\theta\)，极值条件 \((\ast)\) 即 \(f=2\eta\)。\(f(0)=2\gamma_0>2\eta\)，\(f\) 在 \([0,\frac{\pi}{2}]\) 上严格下降（\(f'=-2\gamma_0\sin\theta-a\cos\theta<0\)），故零点唯一，且导数由正变负——是极大。端点 \(\theta_0=\pi\)（对撞注入）处 \(D=\gamma_0+\eta\) 大、\(p_{x0}=0\)，增益远小于此。（官方解答用二阶导数 \(\frac{\mathrm d^2\varepsilon'}{\mathrm d\theta_0^2}<0\) 验证，结论相同。）
把 \(\sin\theta_0,\cos\theta_0\) 代回 4.3 的 \(\varepsilon'\)。先分别化简分母与分子（\(D_0\equiv4\gamma_0^2+a^2\)）：
所以
$$\frac{\varepsilon_{\max}}{m_ec^2}=\gamma_0+\frac{a\sqrt{B}\,\big(a\sqrt{B}+4\gamma_0\eta\big)}{2\big(\gamma_0B-a\eta\sqrt{B}\big)}$$最后一步靠恒等式（右边展开：\(a^2\gamma_0^2B+a\gamma_0\eta B\sqrt{B}-a^3\gamma_0\eta\sqrt{B}-a^2\eta^2B=a^2B(\gamma_0^2-\eta^2)+a\gamma_0\eta\sqrt{B}(B-a^2)=a^2B+4a\gamma_0\eta\sqrt{B}\)，恰等于左边分子）：
$$a\sqrt{B}\big(a\sqrt{B}+4\gamma_0\eta\big)=a\big(a\gamma_0+\eta\sqrt{B}\big)\big(\gamma_0B-a\eta\sqrt{B}\big)$$代入即得 \(\dfrac{\varepsilon_{\max}}{m_ec^2}=\gamma_0+\dfrac{a\big(a\gamma_0+\eta\sqrt{B}\big)}{2}=\dfrac{\gamma_0(a^2+2)+a\eta\sqrt{B}}{2}\)：
检验①（\(a\to0\) 弱场）：\(\varepsilon_{\max}\to\dfrac{m_ec^2}{2}\cdot2\gamma_0=\varepsilon_0\)——没有场就没有增益。✓
检验②（\(\gamma_0\to1\)，退化为第(1)问）：\(\eta\to0\)，\(\varepsilon_{\max}\to\dfrac{m_ec^2}{2}(a^2+2)=m_ec^2\Big(1+\dfrac{a^2}{2}\Big)\)，正是 2.3 的峰值；\(\tan\theta_0\to\dfrac{2}{a}\)。第(1)问是第(2)问的特例，公式无缝衔接。✓
检验③（强场 \(a\gg1\) 且高能注入 \(\gamma_0\gg1\)）：\(\sqrt{a^2+4}\approx a\)，\(\eta\approx\gamma_0\)，于是 \(\varepsilon_{\max}\approx\dfrac{m_ec^2}{2}\cdot2\gamma_0a^2=a^2\varepsilon_0\)，\(\tan\theta_0\approx\dfrac{2}{a\gamma_0+\gamma_0a}=\dfrac{1}{a\gamma_0}\)——最佳策略是几乎顺着光传播方向"追光"注入（\(\theta_0\) 极小），把 \(D=\varepsilon_0-cp_{z0}\) 压到最小，电子与波峰"相处"最久，增益正比于 \(a^2\)。物理图像与公式完全一致。✓
能流密度（坡印廷矢量大小）：
$$S=\frac{1}{\mu_0}\big|\boldsymbol E\times\boldsymbol B\big|=\frac{E_0^2}{\mu_0c}\cos^2u$$（\(\boldsymbol E\) 沿 \(x\)、\(\boldsymbol B\) 沿 \(y\)，叉乘沿 \(z\)，大小 \(=E_0\cdot\dfrac{E_0}{c}\cos^2u\)。）光强是其时间平均，由工具4③，\(\langle\cos^2u\rangle=\dfrac12\)：
$$I=\langle S\rangle=\frac{E_0^2}{2\mu_0c}\quad\Longrightarrow\quad E_0^2=2\mu_0cI$$代入（可记 \(\mu_0c=4\pi\times10^{-7}\times2.998\times10^8\approx376.7\,\Omega\)，即自由空间波阻抗，好背）：
$$E_0^2=2\times376.7\times1.0\times10^{26}=7.53\times10^{28}\ \text{V}^2/\text{m}^2,\qquad E_0\approx2.7\times10^{14}\ \text{V/m}$$题给损耗律（注意分母是 \(m_e^4c^5\)）：
$$\frac{\mathrm d\varepsilon}{\mathrm dt}=-\frac{e^4\mu_0E_0^2}{4\pi m_e^4c^5}\,\varepsilon^2$$把 \(E_0^2=2\mu_0cI\) 代入，系数化简为
$$K\equiv\frac{e^4\mu_0\cdot2\mu_0cI}{4\pi m_e^4c^5}=\frac{e^4\mu_0^2I}{2\pi m_e^4c^4}$$方程即 \(\dfrac{\mathrm d\varepsilon}{\mathrm dt}=-K\varepsilon^2\)，由工具6的精确解，经一个周期 \(T=\dfrac{\lambda}{c}\)：
$$\varepsilon(T)=\frac{\varepsilon_0}{1+K\varepsilon_0T},\qquad \frac{\Delta\varepsilon}{\varepsilon_0}=\frac{\varepsilon(T)-\varepsilon_0}{\varepsilon_0}=\frac{1}{1+K\varepsilon_0T}-1=-\frac{K\varepsilon_0T}{1+K\varepsilon_0T}$$先算无量纲组合 \(K\varepsilon_0T=\dfrac{e^4\mu_0^2I\varepsilon_0\lambda}{2\pi m_e^4c^5}\)（已代入 \(T=\lambda/c\)）。逐个因子：
分子：\(6.586\times10^{-76}\times1.579\times10^{-12}\times10^{26}\times8.18\times10^{-11}\times8.00\times10^{-7}=6.81\times10^{-78}\)
分母：\(2\pi\times6.86\times10^{-121}\times2.42\times10^{42}=1.044\times10^{-77}\)
$$K\varepsilon_0T=\frac{6.81\times10^{-78}}{1.044\times10^{-77}}=0.652$$花絮（不要求）：这组参数下 \(a=\dfrac{eE_0}{m_ec\omega}\approx68\)（\(\omega=2\pi c/\lambda=2.35\times10^{15}\,\text{rad/s}\)），若电子从静止注入，按(1.1)峰值能量达 \(\big(1+\frac{68^2}{2}\big)m_ec^2\approx2300\,m_ec^2\approx1.2\,\text{GeV}\)——一个光波长内的瞬时加速梯度确实惊人，但接着就还回去（0.2 的定理），还要再被辐射抽走四成。三问合起来就是一部微缩的激光加速物理学。
"相位 \(u=kz-\omega t\)" ＝ 波与电子的相对位置里程表；\(\mathrm du/\mathrm dt<0\) 说明电子永远被波超车，相位一路倒退，\(\sin u=1\) 迟早等到。
"守恒量 \(\varepsilon-cp_z\)" ＝ 滑相不变量（dephasing）。它越小，电子越"跟得住"波，同一波峰推得越久——第(2)问的最佳角本质就是在压这个量。
"归一化矢势 \(a=eE_0/(m_ec\omega)\)" ＝ 场强的天然单位。\(a\gtrsim1\) 进入相对论性强场区；本题 \(a\approx68\)。
"辐射阻尼" ＝ 电子加速必辐射，辐射必交能量税；损耗律 \(\propto-\varepsilon^2\) 时 \(\varepsilon(t)=\varepsilon_0/(1+K\varepsilon_0t)\)，损失大了千万别线性外推。
三板斧复盘：两张王牌（\(p_x\) 全微分积分 + \(\varepsilon-cp_z\) 守恒）→ 链式法则以相位换时间求轨迹 → 先相位后角度的两层最大化 + 分离变量。
① 由 \(\mathrm dp_x/\mathrm dt\) 凑全微分得 \(p_x=m_ec\,a\sin u\)；② 比较功率方程与 \(z\) 向动量方程得 \(\varepsilon-cp_z=\) 常数，消元得 \(\varepsilon=m_ec^2(1+\frac{a^2}{2}\sin^2u)\)；③ 用 \(\mathrm du/\mathrm dt=-\omega m_ec^2/\varepsilon\) 把 \(v_x,v_z\) 换成 \(\mathrm dx/\mathrm du,\mathrm dz/\mathrm du\) 积出轨迹 \(x(u),z(u)\)；④ 带初能时 \(\varepsilon-\varepsilon_0=c^2(p_x^2-p_{x0}^2)/(2D)\)，\(\sin u=1\) 取时间极大；⑤ 商法则对 \(\theta_0\) 求导得 \(2\gamma_0\cos\theta_0-2\eta=a\sin\theta_0\)，平方消元+取号得 \(\theta_0\)，回代得 \(\varepsilon_{\max}=\frac{m_ec^2}{2}[\gamma_0(a^2+2)+a\sqrt{(\gamma_0^2-1)(a^2+4)}]\)；⑥ \(I=\frac{E_0^2}{2\mu_0c}\) 反推 \(E_0\)，解 \(\dot\varepsilon=-K\varepsilon^2\) 得 \(-40\%\)。
能讲清"为什么平面波给不了净能量（Lawson–Woodward）""为什么最佳角几乎顺着光（压 \(D\)）""为什么 \(-65\%\) 是错的"这三个为什么，这题你就吃透了——50 分的骨架全在这三个观念上。