Differences
This shows you the differences between two versions of the page.
Both sides previous revision Previous revision Next revision | Previous revision | ||
물리:흑체복사 [2014/12/26 16:03] – [바른틀 앙상블] admin | 물리:흑체복사 [2023/09/05 15:46] (current) – external edit 127.0.0.1 | ||
---|---|---|---|
Line 1: | Line 1: | ||
+ | ======고전 이론====== | ||
+ | 어떤 [[물리: | ||
+ | |||
+ | 이 진동자가 전하를 띠고 있다면 진동하는 전하는 빛을 방출하기 때문에 온도 $T$에서 열평형을 이루지 못하고 공기 전체가 천천히 식게 될 것이다. | ||
+ | |||
+ | 이제 진동하는 전하와 그것을 둘러싼 공기 전체를 거울벽으로 이루어진 상자 안에 집어넣는다. 그러면 방출된 빛이 상자에 갇혀서 그 안을 떠돌다가 다시 진동자로 흡수되어 진동자의 운동 에너지를 끌어올리고, | ||
+ | |||
+ | 공기가 충분히 희박해서 진동자가 복사 저항만을 가진다고 하자. 진동자의 평균 에너지가 $k_B T$일 때 그것이 얼마만큼의 빛을 방출할지 계산할 수 있다. 다음으로 이렇게 방출된 양은 진동자로 비추어진 빛이 산란되는 양과 정확히 같을 것이다. | ||
+ | |||
+ | 감쇠 계수를 $\gamma$라고 놓는다. 이는 방출되는 에너지가 | ||
+ | $$\frac{dW}{dt} = \gamma W = 3 \gamma k_B T$$ | ||
+ | 에 해당한다는 의미이다. 감쇠 계수는 전자기 이론으로부터 | ||
+ | $$\gamma = \frac{2}{3} \frac{r_0 \omega_0^2}{c}$$ | ||
+ | 로 주어지는데, | ||
+ | |||
+ | 이제 진동자로 흡수되는 빛의 양을 구하자. $I(\omega) d\omega$가 단위시간당 단위면적을 통과하는 빛 중 $[\omega, \omega+d\omega]$의 구간 사이에 존재하는 빛의 에너지 양이라고 놓는다. 이 중 진동자에 의해 흡수되는 양은 단면적(cross section)을 통해 계산할 수 있다. 조화진동자의 경우 단면적은 | ||
+ | $$\sigma_s = \frac{8 \pi r_0^2}{3} \left[ \frac{\omega^4}{(\omega^2- \omega_0^2)^2 + \gamma^2 \omega^2} \right]$$ | ||
+ | 으로 구해진다. $\gamma \ll \omega_0$이어서 이 식이 $\omega = \omega_0$에서 멀어지면 매우 작아지므로, | ||
+ | $$\sigma_s \approx \frac{2\pi r_0^2 \omega_0^2}{(\omega-\omega_0)^2 + \gamma^2/ | ||
+ | 같은 이유에서 $I(\omega) \approx I(\omega_0)$로 근사하고, | ||
+ | 따라서 흡수되는 빛의 에너지는 | ||
+ | $$\frac{dW_s}{dt} = \int_0^\infty I(\omega) \sigma_s(\omega) d\omega \approx \int_{-\infty}^\infty \frac{2\pi r_0^2 \omega_0^2 I(\omega_0) d\omega}{3[(\omega-\omega_0)^2 + \gamma^2/ | ||
+ | 이며 이것이 $3\gamma k_B T$와 같아야 한다. 따라서 | ||
+ | $$I(\omega_0) = \frac{9\gamma^2 k_B T}{4\pi^2 r_0^2 \omega_0^2}$$ | ||
+ | 이며 이것이 모든 $\omega_0$에 대해 성립하므로 | ||
+ | $$I(\omega) = \frac{9\gamma^2 k_B T}{4\pi^2 r_0^2 \omega_0}$$ | ||
+ | 이다. 여기에 위에서 구한 $\gamma$를 대입하면 | ||
+ | $$I(\omega) = \frac{\omega^2 k_B T}{\pi^2 c^2}$$ | ||
+ | 을 얻는다. 이것이 레일리가 구한 흑체복사의 고전적인 결과이다. 이는 모든 방향에 대해 합산한 결과이고, | ||
+ | $$B(\omega) = \frac{\omega^2 k_B T}{4\pi^3 c^2}$$ | ||
+ | 혹은 주파수 $\nu = \omega/ | ||
+ | $$B(\nu) = B(\omega) \frac{d\omega}{d\nu} = \frac{2\nu^2 k_B T}{c^2}$$ | ||
+ | 이다. | ||
+ | |||
+ | 상태 밀도(density of states)를 통해 접근할 수도 있다. $L \times L \times L$의 정육면체 상자 안에 들어있는 파동을 생각하고 상자 면에서 진폭이 $0$이라고 경계조건을 설정한다. 그러면 파수가 $[k, k+dk]$의 범위에 있는 상태의 수는 대략 | ||
+ | $$D(k) dk = \frac{L^3}{\pi^2} k^2 dk$$ | ||
+ | 이다. 이 과정에서 빛의 편광이 두 종류라는 점을 고려하였다. 각각의 모드가 [[물리: | ||
+ | $$u(k) dk = \frac{D(k) k_B T}{L^3} dk = \frac{k^2 k_B T}{\pi^2} dk$$ | ||
+ | 이다. $k = 2\pi \nu /c$를 사용하면 | ||
+ | $$u(\nu) = u(k) \frac{dk}{d\nu} = \frac{k^2 k_B T}{\pi^2} \frac{dk}{d\nu} = \frac{8\pi \nu^2 k_B T}{c^3} = \frac{4\pi}{c} B(\nu)$$ | ||
+ | 의 결과를 얻는다. | ||
+ | |||
+ | |||
======전자기장의 양자화====== | ======전자기장의 양자화====== | ||
완벽히 반사하는 거울로 둘러싸인, | 완벽히 반사하는 거울로 둘러싸인, | ||
Line 11: | Line 54: | ||
$\mathbf{E}$와 $\mathbf{B}$에 대한 위의 식들을 여기 대입하면 | $\mathbf{E}$와 $\mathbf{B}$에 대한 위의 식들을 여기 대입하면 | ||
$H = \frac{1}{2} \left( \omega^2 q^2 + p^2 \right)$을 얻는다. | $H = \frac{1}{2} \left( \omega^2 q^2 + p^2 \right)$을 얻는다. | ||
- | 이는 단위 질량을 지니는 [[물리:단진자]]의 [[물리: | + | 이는 단위 질량을 지니는 [[물리:조화진동자]]의 [[물리: |
- | 따라서 [[물리:단진자]]의 양자화를 그대로 가져다써서 $a$와 $a^\dagger$를 각각 소멸연산자와 생성연산자로 정의한 다음 | + | 따라서 [[물리:조화진동자]]의 양자화를 그대로 가져다써서 $a$와 $a^\dagger$를 각각 소멸연산자와 생성연산자로 정의한 다음 |
$$H = \hbar \omega \left( a^\dagger a + 1/2 \right)$$ | $$H = \hbar \omega \left( a^\dagger a + 1/2 \right)$$ | ||
로 쓸 수 있다. 이 [[물리: | 로 쓸 수 있다. 이 [[물리: | ||
Line 30: | Line 73: | ||
*하지만 실험가들은 상대적으로 국소화된 (따라서 여러 모드를 지니는) 평균 에너지 $\hbar \omega$의 파동 묶음을 광자라고 부를 때도 많다. 이런 ' | *하지만 실험가들은 상대적으로 국소화된 (따라서 여러 모드를 지니는) 평균 에너지 $\hbar \omega$의 파동 묶음을 광자라고 부를 때도 많다. 이런 ' | ||
*더 흔하게는 단순히 전자기 복사 에너지를 $\hbar \omega$ 단위로 셈하는 데 광자라는 표현을 쓰는 것이다. 화학이나 원자 물리, 반도체 물리나 광공학에서 이런 일이 있는데, 여기에서 말하는 것은 사실 고전적인 전자기장이고 양자적 관점이 필요없다. 그저 ' | *더 흔하게는 단순히 전자기 복사 에너지를 $\hbar \omega$ 단위로 셈하는 데 광자라는 표현을 쓰는 것이다. 화학이나 원자 물리, 반도체 물리나 광공학에서 이런 일이 있는데, 여기에서 말하는 것은 사실 고전적인 전자기장이고 양자적 관점이 필요없다. 그저 ' | ||
+ | |||
+ | 관련해서 밀리컨의 1924년 노벨상 수상 강연도 흥미롭다 (강조는 원저자): | ||
+ | |||
+ | In view of all these methods and experiments the general validity of Einstein’s equation is, I think, now universally conceded, and //to that extent the reality of Einstein’s light-quanta may be considered as experimentally established// | ||
+ | |||
+ | 이 모든 방법과 실험들에 비추어볼 때에 (광전효과에 관한) 아인슈타인 방정식의 타당성은 널리 인정받는다고 생각한다. 그리고 //그런 한에서 아인슈타인의 광양자가 가지는 실제성도 실험적으로 확립되었다고 생각해도 좋겠다// | ||
+ | |||
=====정상파와 진행파===== | =====정상파와 진행파===== | ||
Line 48: | Line 98: | ||
======열평형에서의 광자 통계====== | ======열평형에서의 광자 통계====== | ||
- | =====바른틀 | + | =====바른틀 |
에너지 기준점을 재정의해서 영점 에너지 $\frac{1}{2} \hbar \omega$를 무시한다면 온도 $T$의 평형에서 밀도 연산자가 볼츠만 분포를 따라 | 에너지 기준점을 재정의해서 영점 에너지 $\frac{1}{2} \hbar \omega$를 무시한다면 온도 $T$의 평형에서 밀도 연산자가 볼츠만 분포를 따라 | ||
$$\rho = \frac{e^{-\beta \hbar a^\dagger a}}{\mbox{Tr} \left( e^{-\beta \hbar a^\dagger a} \right)} = Z^{-1} e^{-\beta \hbar a^\dagger a}$$ | $$\rho = \frac{e^{-\beta \hbar a^\dagger a}}{\mbox{Tr} \left( e^{-\beta \hbar a^\dagger a} \right)} = Z^{-1} e^{-\beta \hbar a^\dagger a}$$ | ||
Line 56: | Line 106: | ||
$\langle n| a^\dagger a |m \rangle = n \delta_{nm}$이므로 밀도 연산자 행렬의 원소는 | $\langle n| a^\dagger a |m \rangle = n \delta_{nm}$이므로 밀도 연산자 행렬의 원소는 | ||
$$\rho_{nm} = e^{-n\beta \omega} \left[ \sum_n e^{-n \beta \hbar\omega} \right]^{-1} \delta_{nm} = e^{-n\beta \omega} \left[ 1- e^{-\beta \hbar\omega} \right] \delta_{nm}$$ | $$\rho_{nm} = e^{-n\beta \omega} \left[ \sum_n e^{-n \beta \hbar\omega} \right]^{-1} \delta_{nm} = e^{-n\beta \omega} \left[ 1- e^{-\beta \hbar\omega} \right] \delta_{nm}$$ | ||
- | 이다. 따라서 | + | 이다. 따라서 |
$$U = \left< H \right> = \mbox{Tr}(\rho H) = Z^{-1} \sum_n n\hbar \omega e^{-n\beta \hbar \omega} = k_B T^2 \frac{1}{Z} \frac{dZ}{dT} = \frac{\hbar \omega}{e^{\beta \hbar \omega}-1}$$ | $$U = \left< H \right> = \mbox{Tr}(\rho H) = Z^{-1} \sum_n n\hbar \omega e^{-n\beta \hbar \omega} = k_B T^2 \frac{1}{Z} \frac{dZ}{dT} = \frac{\hbar \omega}{e^{\beta \hbar \omega}-1}$$ | ||
- | 이고 (영점 에너지는 여전히 무시) | + | 이고 (영점 에너지는 여전히 무시) |
$$\bar{n} = \sum_n n p_n = \frac{1}{e^{\beta \hbar \omega}-1}$$ | $$\bar{n} = \sum_n n p_n = \frac{1}{e^{\beta \hbar \omega}-1}$$ | ||
이다. | 이다. | ||
- | =====큰 바른틀 | + | =====큰바른틀 |
+ | 큰바른틀에서의 퍼텐셜 $\Phi(T, | ||
+ | $$d\Phi = -S dT - P dV - \overline{N} d\mu.$$ | ||
+ | 이 때에 $\overline{N}$은 입자 수의 모둠 평균(ensemble average)이다. 평균 입자수는 따라서 | ||
+ | $$\overline{N} = - \left( \frac{\partial \Phi}{\partial \mu} \right)_{T, | ||
+ | 로 주어진다. | ||
+ | |||
+ | 입자의 수가 $N$으로 주어져 있을 때 미시상태의 확률밀도는 | ||
+ | $$\rho(N; \vec{p}_1, \ldots, \vec{r}_N) = \frac{1}{Q} e^{\beta \mu N} \frac{1}{h^{3N} N!} e^{-\beta H_N}$$ | ||
+ | 이며 $H_N$은 $N$개 입자에 대한 [[물리: | ||
+ | $$Q \equiv \sum_{N=0}^\infty \frac{e^{\beta \mu N}}{h^{3N} N!} \int d^{3N}p \int d^{3N}r e^{-\beta H_N} = \sum_{N=0}^\infty Z_N(T, | ||
+ | 으로 정의된다. $Z_N$은 $N$개 입자에 대한 바른틀 모둠의 분배함수이다. | ||
+ | $\Phi = - \beta^{-1} \ln Q(T, | ||
+ | |||
+ | $j$가 한 입자가 점유할 수 있는 상태이고 $\epsilon_j$가 그 상태의 에너지, $N_j$가 해당 상태에 있는 입자의 수라고 할 때 평균 입자수와 평균 에너지는 다음처럼 주어진다: | ||
+ | $$\overline{N} = \sum_j \left< N_j \right> | ||
+ | $$U = \sum_j \left< N_j \right> \epsilon_j$$ | ||
+ | 이 때 | ||
+ | \begin{eqnarray} | ||
+ | Q &=& \sum_{N=0}^\infty e^{\beta \mu N} Z_N\\ | ||
+ | &=& \sum_{N=0}^\infty e^{\beta \mu N} \underbrace{\sum_{N_0} \sum_{N_1} \ldots \sum_{N_j} \ldots}_{N_0 + N_1 + \ldots = N} e^{-\beta(N_0 \epsilon_0 + \ldots + N_j \epsilon_j + \ldots)}\\ | ||
+ | &=& e^{\beta \mu N} \sum_{N_0} \sum_{N_1} \ldots \sum_{N_j} \ldots e^{-\beta(N_0 \epsilon_0 + \ldots + N_j \epsilon_j + \ldots)}\\ | ||
+ | &=& \sum_{N_0} \sum_{N_1} \ldots \sum_{N_j} \ldots e^{-\beta[N_0 (\epsilon_0-\mu) + \ldots + N_j (\epsilon_j-\mu) + \ldots]}\\ | ||
+ | &=& \sum_{N_0} e^{-\beta N_0 (\epsilon_0 - \mu)} \sum_{N_1} e^{-\beta N_1 (\epsilon_1 - \mu)} \ldots \sum_{N_j} e^{-\beta N_j (\epsilon_j - \mu)} \ldots\\ | ||
+ | \end{eqnarray} | ||
+ | 이기 때문에 다음을 얻는다: | ||
+ | $$\ln Q = \sum_{j=0}^\infty \ln \left( \sum_{N_j} e^{-\beta N_j (\epsilon_j - \mu)} \right).$$ | ||
+ | 보손의 경우 괄호 안의 무한등비급수를 계산하고 나면 | ||
+ | $$\ln Q = -\sum_{j=0}^\infty \ln \left[ 1-e^{-\beta (\epsilon_j - \mu)} \right]$$ | ||
+ | 이다. 따라서 상태 $j$에서 평균 입자수는 다음과 같다: | ||
+ | \begin{eqnarray} | ||
+ | \left< N_j \right> &=& \frac{1}{Q} \sum_{N=0}^\infty \underbrace{\sum_{N_0} \sum_{N_1} \ldots \sum_{N_j} \ldots}_{N_0 + N_1 + \ldots = N} e^{-\beta \sum_l N_l (\epsilon_l - \mu)} N_j \\ | ||
+ | &=& \frac{\partial}{\partial \epsilon_j} \left( -\beta^{-1} \ln Q \right) = \frac{1}{e^{\beta (\epsilon_j-\mu)}-1}. | ||
+ | \end{eqnarray} | ||
+ | |||
+ | =====작은 바른틀 모둠===== | ||
+ | $N$개의 진동자가 있어서 전체 에너지가 $U_N = NU$이고 전체 엔트로피가 $S_N = NS = k_B \ln W_N$이라고 하자. $W_N$은 $U_N$을 $N$ 개의 진동자에 분배하는 경우의 수이다. 만일 에너지의 최소 단위가 $\epsilon$이라면 $U_N = M \epsilon$처럼 쓸 수 있다 ($M$은 자연수). $M$ 개의 구분 불가능한 양자를 $N$ 개의 구분되는 진동자에 분배하는 경우의 수는 중복조합을 써서 | ||
+ | $$W_N = \frac{(N-1+M)!}{M! (N-1)!}$$ | ||
+ | 로 쓸 수 있다. 스털링 근사를 쓰면 | ||
+ | $$S \approx k_B \left[ \left( 1+\frac{U}{\epsilon} \right) \ln \left( 1+\frac{U}{\epsilon}\right) - \left( \frac{U}{\epsilon} \right) \ln \left( \frac{U}{\epsilon} \right) \right]$$ | ||
+ | 을 얻는다. $\epsilon | ||
+ | $U = \frac{\hbar \omega}{e^{\beta \hbar \omega} - 1}$ | ||
+ | 을 구할 수 있다. | ||
- | =====작은 바른틀 앙상블===== | ||
======참고문헌====== | ======참고문헌====== | ||
+ | *R. P. Feynman, R. B. Leighton, M. L. Sands, //The Feynman Lectures on Physics//, Vol. I (Addison-Wesley, | ||
*P. Meystre and M. Sargent III, //Elements of Quantum Optics//, 3rd ed. (Springer, Berlin, 1999). | *P. Meystre and M. Sargent III, //Elements of Quantum Optics//, 3rd ed. (Springer, Berlin, 1999). | ||
*B. W. Shore, P. Meystre, and S. Stenholm, //Is a quantum wave composed of two traveling waves?// J. Opt. Soc. Am. B 8, 903-910 (1991). | *B. W. Shore, P. Meystre, and S. Stenholm, //Is a quantum wave composed of two traveling waves?// J. Opt. Soc. Am. B 8, 903-910 (1991). | ||
+ | *R. Bowley and M. S\' | ||
+ | *R. K. Niven and M. Grendar, // | ||