Черновики физика → Ключевые слова → равновесное излучение

равновесное излучение

Роман Парпалак

Торможение реликтовым излучением

5 января 2014 года, 14:00

На втором курсе за неделю перед досрочным экзаменом по теоретической физике Семен Соломонович Герштейн задал мне две задачи. В одной требовалось найти угловое распределение синхротронного излучения электрона, движущегося по окружности. Вторая оказалась интереснее: найти силу торможения со стороны реликтового излучения на площадку, движущуюся перпендикулярно самой себе. Остановимся на ней подробнее. Записей с тех времен у меня не сохранилось, а в литературе опубликованы противоречивые результаты. Хороший повод заново разобраться в задаче.

Обозначения и соглашения

Под реликтовым излучением мы подразумеваем равновесное тепловое излучение при некоторой температуре T. Напомним, что плотность энергии и давление равновесного излучения определяются температурой: ε = 4πσT4/c, P = ε/3.

В системе отсчета, связанной с реликтовым излучением, оно однородно и изотропно. Относящиеся к ней величины будем обозначать символами без штрихов. Относительно этой системы со скоростью v движется площадка (например, диск) с коэффициентом отражения R. Штрихами обозначим величины в сопутствующей системе отсчета (связанной с площадкой).

Будем опускать скорость света c в тех формулах, где она легко восстанавливается из соображений размерности.

Обзор литературы

В публикациях по этой проблеме нет консенсуса. Например, в письме Андрея Шепелева в УФН под названием «Космический микроволновой фон и аристотелевы представления о движении» приведена формула для давления на площадку $$P=-v\,(1+v^2/2)\,\varepsilon/2$$. Этот ответ, как мы увидим ниже, явно ошибочен. Автор не раскрывает вычислений, поэтому невозможно понять, где ошибка.

В работе Баласаняна и Мкртчяна «Blackbody radiation drag on a relativistically moving mirror» вычисляется плотность импульса в системе отсчета, связанной с диском, и она отождествляется с давлением (с точностью до учета отражения). По поводу этой работы у меня есть два замечания. Во-первых, для вычисления плотности импульса авторы предлагают непростой путь. Они интегрируют импульс фотона $$\vec{k}'$$ по импульсному пространству c функцией распределения

$$n'(\vec{k}')={1\over e^{\gamma(\omega' +k'_xv)/T}-1}.$$(1)

В то же время плотность импульса электромагнитного излучения отличается на множитель 1/c2 от вектора Поинтинга, проекции которого есть компоненты T0i тензора энергии-импульса. Записав преобразование Лоренца для компоненты T01 тензора

$$T^{\mu\nu}=\begin{pmatrix}\varepsilon &0&0&0\\0&\varepsilon/3&0&0\\0&0&\varepsilon/3&0\\0&0&0&\varepsilon/3\end{pmatrix},$$

сразу получаем плотность импульса (см. II том Ландау и Лифшица, §35, формула 35.3)

$$S'_x=-{4\over 3}\,\varepsilon\,{v\over 1-v^2}.$$(2)

Во-вторых, неправильно отождествлять проекцию импульса электромагнитной волны, падающей на площадку под углом θ к нормали, с давлением, потому что сама площадка находится под углом, и ее эффективная площадь уменьшается. Из-за дополнительного фактора |cos θ|, появляющегося под интегралом (см. ниже), формула (2) не является правильным ответом, и использовать ее вообще нельзя.

Вычисление в сопутствующей системе отсчета

Давление как силу на единицу поверхности определим через импульс, передаваемый диску при отражении или поглощении фотонов за единицу времени:

$$P={F\over S}={1\over S}{\hbar\Delta k\over\Delta t}.$$

Если фотоны летят под углом θ к нормали, то за время Δt до неподвижной площадки S долетят фотоны из объема S cΔ|cos θ|. Из них доля R отразится и доля (1−R) поглотится. Каждый поглощенный фотон отдаст импульс $$\hbar k\cos\theta=\hbar\omega\cos\theta/c$$, а каждый отраженный — в два раза больше. Собирая всё вместе, получаем в сопутствующей системе отсчета

$$P=\int{\hbar\omega'\cos\theta'\over S\,c\Delta t'}\,(1+R)\,S\,c\Delta t'\,|\cos\theta'|\,n'(\vec{k}')\,d^3k'.$$

Напомним, что частота ω и волновой вектор $$\vec{k}$$ образуют четырехвектор $$(\omega, \vec{k})$$. Переход к движущейся системе координат осуществляется преобразованиями Лоренца

$$\omega'={\omega-k_xv\over\sqrt{1-v^2}},\qquad k_x'={k_x-\omega v\over\sqrt{1-v^2}}.$$

Функция распределения $$n(\vec{k})$$ в фазовом пространстве инвариантна относительно преобразований Лоренца, так как и элемент фазового объема $$d^3r\,d^3k$$, и число частиц $$dN=n(\vec{r},\vec{k})\,d^3r\,d^3k$$ есть инварианты (подробнее см. II том Ландау и Лифшица, §10). Именно поэтому функция распределения в движущейся системе $$n'(\vec{k'})=n(\vec{k})$$ есть обычное распределение Бозе — Эйнштейна (1), в которое подставлена преобразованная частота.

В итоге давление определяется следующим интегралом

$$P=\int \hbar\omega'\cos\theta'\,(1+R)\,|\cos\theta'|\,{const\over exp\left(\dfrac{\hbar\omega'}{kT}\,\dfrac{1+v\cos\theta'}{\sqrt{1-v^2}}\right)-1}\,\omega'^2\,d\omega'\,{d(\cos\theta')\over 2}.$$(3)

Вместо того чтобы следить за комбинацией констант, которая в итоге должна свестись к постоянной Стефана-Больцмана σ, мы примем условие нормировки в выражении для плотности энергии с той же самой константой:

$$\varepsilon=\int \hbar\omega\,{const\over exp\left(\dfrac{\hbar\omega}{kT}\right)-1}\,\omega^2\,d\omega={4\pi\sigma\over c}T^4.$$

Еще отсюда видно, что (3) можно упростить, проинтегрировав по частотам. Множитель $${\sqrt{1-v^2}}/{(1+v\cos\theta')}$$ перед температурой в экспоненте появится под интегралом в четвертой степени. Дальнейшее вычисление тривиально:

$$P=\varepsilon\,(1+R)\int\limits_{-1}^{1}\cos\theta'\,|\cos\theta'|\,\dfrac{(1-v^2)^2}{(1+v\cos\theta')^4}\,{d(\cos\theta')\over 2},$$

$${\Large\boxed{P=-\varepsilon\,(1+R)\,\frac{v\,(1+v^2/3)}{1-v^2}}.}$$(4)

Чтобы убедиться в правильности результата, вычислим тем же методом давление фотонного газа на одну сторону покоящейся пластины. Зависящий от скорости подынтегральный множитель исчезает, а интеграл в пределах от 0 до 1 равен 1/3. Полное давление есть (1+Rε/6. Если пластина всё отражает и ничего не поглощает, давление совпадает с ожидаемой величиной ε/3. Если пластина всё поглощает, давление равно ε/6 и составляет половину от давления фотонного газа ε/3. Вторая половина набегает за счет собственного излучения пластины, которое мы в наших расчетах не учитывали.

Формула (4) не совпадает ни с результатом Шепелева, который утверждает, что ответ сложен, и раскладывает его в ряд, ни с результатом Баласаняна, который ошибочно отождествляет в этой задаче плотность импульса и давление.

Вычисление в неподвижной системе отсчета

$$\usetikzlibrary{decorations.pathmorphing} \begin{tikzpicture}[line width=0.2mm,scale=1.0545]\small \tikzset{>=stealth} \tikzset{snake it/.style={->,semithick, decoration={snake,amplitude=.3mm,segment length=2.5mm,post length=0.9mm},decorate}} \def\h{3} \def\d{0.2} \def\ww{1.4} \def\w{1+\ww} \def\p{1.5} \def\r{0.7} \coordinate[label=below:$A_1$] (A1) at (\ww,\p); \coordinate[label=above:$B_1$] (B1) at (\ww,\p+\h); \coordinate[label=below:$A_2$] (A2) at (\w,\p); \coordinate[label=above:$B_2$] (B2) at (\w,\p+\h); \coordinate[label=left:$C$] (C1) at (0,0); \coordinate[label=left:$D$] (D) at (0,\h); \draw[fill=blue!14](A2)--(B2)-- ++(\d,0)-- ++(0,-\h)--cycle; \draw[gray,thin](C1)-- +(\w+\d,0); \draw[dashed,gray,fill=blue!5](A1)-- (B1)-- ++(\d,0)-- ++(0,-\h)-- cycle; \draw[dashed,line width=0.14mm](A1)--(C1)--(D)--(B1); \draw[snake it](C1)--(A2) node[pos=0.6,below] {$c\Delta t$}; \draw[->,semithick](\ww,\p+0.44*\h)-- +(\w-\ww,0) node[pos=0.6,above] {$v\Delta t$}; \draw[snake it](D)--(B2); \draw[thin](\r,0) arc (0:atan2(\p,\w):\r) node[midway,right,yshift=0.06cm] {$\theta$}; \draw[opacity=0](-0.40,-0.14)-- ++(0,5.06); \end{tikzpicture}$$ Тот же результат получается и в неподвижной системе отсчета. В ней не нужно иметь дела с функцией распределения фотонов, однако из-за движения площадки геометрические выкладки сложнее.

Чтобы понять, сколько летящих под углом θ фотонов с частотой ω попадет за время Δt на площадку AB, нужно ввести понятие «заметаемого объема» (объем, фотоны из которого попадут на диск) и умножить его величину на плотность фотонов nω. За это время площадка переместится из положения A1B1 в положение A2B2, а фотоны из точек C и D долетят до диска. Таким образом, заметаемый объем соответствует фигуре A1B1DС, и его величина равна |cΔcos θ − vΔt|.

При отражении фотона от площадки в сопутствующей системе отсчета знак проекции волнового вектора фотона изменяется на противоположный: $$k'_{2x}=-k'_{1x}$$. Найдем соответствующее изменение в неподвижной системе:

$$\begin{aligned}\Delta k &=k_{1x}-k_{2x}=k_{1x}-\gamma(k'_{2x}+\omega'_2v)=k_{1x}+\gamma(k'_{1x}-\omega'_1v)=\\&=k_{1x}+\gamma\left(\gamma(k_{1x}-\omega_1 v)-\gamma(\omega_1-k_{1x}v)v\right)=k_{1x}+\gamma^2\left(k_{1x}(1+v^2)-2v\omega\right).\end{aligned*}$$

Выражая проекцию волнового вектора через частоту фотона и азимутальный угол $$k_x=\omega\cos\theta$$, получаем

$$\Delta k=\omega\left[\cos\theta\left(1+{1+v^2\over 1-v^2}\right)-2{v\over 1-v^2}\right]={2\omega\over 1-v^2}\,(\cos\theta-v).$$

Ясно, что двойку в последнем выражении нужно заменить на (1+R), чтобы учесть случай произвольного коэффициента отражения R. Давление

$$P_\omega=\int{\hbar\omega\over S\,c\Delta t}\,{1+R\over 1-v^2}\,(\cos\theta-v)\,S|c\Delta t\cos\theta-v\Delta t|\,n_\omega\,{d(\cos\theta)\over2},$$

$$P_\omega={n_\omega\over 2}\hbar\omega\,{1+R\over 1-v^2}\int\limits_{-1}^{1}dx\,(x-v)|x-v|.$$

После вычисления интеграла и усреднения плотности энергии $$n_\omega\hbar\omega$$ по частотам получается формула (4).

Ключевые слова: электродинамика, равновесное излучение | Комментарии (14)
Роман Парпалак

Эффект Унру

28 февраля 2011 года, 15:37

Суть эффекта Унру заключается в том, что равноускоренный наблюдатель начинает видеть вокруг себя равновесное тепловое излучение, в то время как наблюдатель в инерциальной системе отсчета не видит ничего. В работе «Is there Unruh radiation?» авторов G. W. Ford и R. F. O'Connell есть вывод формулы для температуры Унру. Проследим за этим выводом.

Модель

Рассмотрим струну в пространстве (1 + 1) с лагранжианом

$$L=\int dy \left[ {\frac{\sigma }{2}}\left({\frac{\partial u}{\partial t}}\right)^{2}-{\frac{\tau }{2}}\left({\frac{\partial u}{\partial y}}\right)^{2}\right].$$

Для случая скалярного поля нужно взять σ = 1/4π, τ = с2/4π. Несложно получить уравнение движения

$${\frac{\partial ^{2}u}{\partial t^{2}}}-c^{2}{\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}}=0.$$

Его решение выписывается через ряд Фурье

$$u(y,t)=\sum_{k}\sqrt{{\frac{\hbar }{2\sigma L\omega }}}\left(a_{k}e^{i(ky- \omega t)}+a_{k}^{\dag }e^{-i(ky-\omega t)}\right),$$

где L — длина струны; частота и импульс связаны дисперсионным соотношением ω c|k|; сумма по импульсам пробегает значения, кратные 2π/L.

Квантование

Теперь проквантуем эту систему, потребовав выполнения коммутационных соотношений

$$\lbrack a_{k},a_{k^{\prime }}^{\dag }]=\delta _{k^{\prime}k},\quad\lbrack a_{k},a_{k^{\prime }}]=0.$$

Как утверждается, для струны в тепловом равновесии при температуре T можно определить следующие вакуумные средние:

$$\left\langle a_{k}a_{k^{\prime }}^{\dag }+a_{k^{\prime }}^{\dag}a_{k}\right\rangle =\,\mbox{cth}\, \frac{\hbar \omega }{2kT}\,\delta_{k^{\prime}k}, \quad\left\langle a_{k}a_{k^{\prime }}+a_{k^{\prime }}a_{k}\right\rangle =0.$$

Действительно, в первом выражении легко распознать $$2\bar{n}_k + 1$$. Среднее число квантов $$\bar{n}_k$$ дается статистикой Бозе — Эйнштейна, откуда и получается гиперболический котангенс.

Термодинамическое равновесие

Мы будем изучать поведение корреляционной функции поля

$$C(\Delta y,\Delta t)\equiv {\frac{1}{2}}\left\langle u(y_{1},t_{1}) u(y_{2},t_{2}) + u(y_{2},t_{2}) u(y_{1},t_{1}) \right\rangle ,$$

где Δy = y1 − y2, Δt = t1 − t2. Рассматривать спектральную плотность и пространственное распределение излучения было бы нагляднее. Но можно заниматься и корреляционной функцией, ведь она связана со спектральной плотностью (и, видимо, пространственным распределением) преобразованием Фурье.

После выполнения вычислений и перехода к бесконечной длине (→ ∞), связанного с заменой суммирования интегрированием, получаем

$$C(\Delta y,\Delta t)=\frac{\hbar }{4\pi \sigma }\int\limits_{-\infty }^{\infty }dk \frac{1}{\omega }\,\mbox{cth}\, \frac{\hbar \omega }{2kT}\cos \left( k\Delta y-\omega \Delta t\right).$$

Это выражение, вообще-то, расходится в области больших длин волн (или малых k). Но его можно, как обычно, разделить на сумму конечной части, зависящей от Δy и Δt, и бесконечной, не зависящей от этих переменных:

$$C(\Delta y,\Delta t) = const -\frac{\hbar }{4\pi \sigma c}\left(\ln \mbox{sh} \frac{\pi kT}{\hbar }\left(\Delta t-\frac{\Delta y}{c}\right)+ \ln \mbox{sh} \frac{\pi kT}{\hbar }\left(\Delta t+\frac{\Delta y}{c}\right)\right).$$

Корреляционная функция в фиксированной точке (Δy = 0) принимает вид

$$C(0,\Delta t)=const-\frac{\hbar }{2\pi \sigma c}\ln \mbox{sh}\, \frac{\pi kT\Delta t}{\hbar }.$$(1)

Еще нам понадобится корреляционная функция при нулевой температуре

$$C_{0}(\Delta y,\Delta t)\equiv {\frac{\hbar }{4\pi \sigma }}\int\limits_{-\infty}^{\infty }\frac{dk}{\omega }\cos (k\Delta y-\omega \Delta t).$$

Здесь нужно выделять конечную часть по-другому. После преобразований получается

$$C_{0}(\Delta y,\Delta t)=const-{\frac{\hbar }{4\pi \sigma c}}\ln \left\vert\Delta t^{2}-\frac{\Delta y^{2}}{c^{2}}\right\vert.$$(2)

Равноускоренное движение

Движение под действием постоянной силы F описывается в СТО известным уравнением

$${\frac{d}{dt}}{\frac{mv}{\sqrt{1-v^{2}/c^{2}}}}=F,$$

где под скоростью v понимается dy/dt. Его решение легко найти:

$$y={\frac{mc^{2}}{F}} \, \mbox{ch}\, \frac{F\tau }{mc},\quad t={\frac{mc}{F}}\,\mbox{sh}\, \frac{F\tau }{mc},\quad -\infty <\tau <\infty .$$

Параметр τ совпадает с собственным временем $$\inline\int\!dt\sqrt{1-v^{2}/c^{2}}}$$. Отсюда для двух точек на мировой линии можно получить, что

$$\sqrt{\Delta t^{2}-\Delta y^{2}/c^{2}}={\frac{2mc}{F}}\,\mbox{sh}\, \frac{F\Delta\tau }{2mc},$$(3)

где Δτ = τ1 − τ2.

Температура Унру

Из (2) и (3) получаем, что функция корреляции поля с нулевой температурой для точек вдоль мировой линии равноускоренного наблюдателя зависит только от Δτ:

$$C_{0}(\Delta y,\Delta t)=const-{\frac{\hbar }{2\pi \sigma c}}\ln \mbox{sh}\, \frac{F\Delta \tau }{2mc}.$$

Сравнение последнего выражения с (1) показывает, что поле с нулевой температурой будет выглядеть для движущегося равноускоренно наблюдателя так, как будто обладает температурой Унру

$$kT={\frac{\hbar F}{2\pi mc}}.$$

Выводы

Отметим, что температура Унру очень мала. Так, для ускорения, совпадающего с ускорением свободного падения, температура Унру равна 4·10−20 К.

Эффект Унру в некотором смысле аналогичен излучению Хокинга. Действительно, для равноускоренного наблюдателя существует так называемый риндлеровский горизонт, аналогичный горизонту событий черной дыры.

Были предложения проверить эффект Унру, наблюдая дополнительное излучение за счет тепловых флуктуаций ускоренно движущейся частиц, например, электронов, освещенных мощными лазерами. Однако ряд авторов опровергает наличие дополнительного излучения, заявляя о компенсации возможного испускания поглощением энергии вакуумных (уже теплых!) полей. Например, далее в упомянутой статье разбирается пример осциллятора, связанного со скалярным полем, и прямым вычислением показывается отсутствие излучения.

Несмотря на малую величину, эффект Унру имеет важное философское значение. Действительно, этот эффект позволяет в принципе определить абсолютное ускорение системы отсчета. Таким образом опровергается принцип Маха в формулировке, утверждающей, что «имеет значение только ускорение относительно неподвижных звезд».

Ключевые слова: равновесное излучение, квантовая теория поля, гравитация | Комментарии (20)