29. Stimulerad och spontan emission

29. Stimulerad och spontan emission [Främst ur Alonso-Finn III sid 532] Vi betraktar nu ett system av atomer med två energinivåer E 1 och E 2 (> E 1 ) och ett omgivande fotonsystem med energin ω = hν = E 2 E 1. Antalet atomer i grundtillståndet är N 1 och antalet atomer i det exciterade tillståndet är N 2 : E 2 - N 2 E 1 - N 1 Atomerna i tillståndet E 2 deexciteras med tiden om tillståndet inte är fullständigt stabilt. Beteckna sannolikheten per tidsenhet för att en atom i E 2 deexciteras spontant A 21. Då gäller naturligtvis Termofysik, Kai Nordlund 2005 1

dn 2 dt = A 21N 2 (1) Närvaron av ett fotonfält med energin = E 2 E 1 gör det möjligt för atomer i grundtillståndet att exciteras till E 2. Det är naturligt att anta att excitationssannolikheten per tidsenhet är proportionell mot antalet fotoner med frekvensen ν: antalet excitationer/tidsenhet = b 12 e(ν)n 1 (2) Funktionen e(ν) betecknar energidensiteten av tillstånd med frekvensen ν (så för att vara exakt ger ekvationen ovan energin excitationssannolikhet). Excitationssannolikheten per tidsenhet är då B 12 = Z dνb 12 e(ν) (3) dn 1 dt = b 12e(ν)N 1 (4) Termofysik, Kai Nordlund 2005 2

Dessutom kan det närvarande fotonsystemet stimulera de-excitation av elektroner i E 2 (en foton absorberas, två emitteras). E 2 - N 2 e e γ γ γ e E 1 - N 1 Sannolikheten per tidsenhet för stimulerad emission är då naturligt av formen B 12 = Z dνb 21 e(ν). (5) dn 2 dt = b 21e(ν)N 2 (6) Termofysik, Kai Nordlund 2005 3

De fullständiga dynamiska ekvationerna är 8 >< >: dn 1 dt = b 12e(ν)N 1 + A 21 N 2 dn 2 dt = b 12e(ν)N {z } 1 [ A 21 {z N } 2 + b 21 e(ν)n 2 ] {z } absorption spontan em. stimulerad em. (7) I (statisk eller dynamisk) jämvikt gäller så dn 2 dt = 0 (8) b 12 e(ν)n 1 = [A 21 + b 21 e(ν)]n 2 (9) Om man vidare antar att nivåerna fylls med termisk excitation enligt vanlig Boltzmannstatistik gäller N 1 e E 1 /k B T (10) N 2 e E 2 /k B T (11) Termofysik, Kai Nordlund 2005 4

och därmed Genom att sätta in detta i ekv. 9 fås N 1 N 2 = e (E 2 E 1 )/k B T = e hν/k B T (12) b 12 e(ν)e hν/k B T = A 21 + b 21 e(ν) (13) Vi löser nu ut e(ν) ur detta: b 12 e hν/k B T b 21 e(ν) = A 21 (14) b 12 e hν/k B T b 21 /b 12 e(ν) = A 21 (15) = e(ν) = A 12 /b 12 e hν/k B T b 21 /b 12 ; (16) Men vi vet från förra kapitlet att för fotongasen gäller också e(ν) = 8πhν3 c 3 1 e hν/k B T 1 (17) Termofysik, Kai Nordlund 2005 5

För att dessa två ekvationer skulle vara konsistenta med varann krävs det uppenbart att A 21 b 12 = 8πhν3 c 3 & b 21 = b 12 (18) Från den spontana emissionssannolikheten A 21 kan alltså de stimulerade emissionssannolikheterna b 21, b 12 beräknas! (Einstein, 1917): A 21 = spontan emissionssannolikhet b 12 e(ν) = b 21 e(ν) = stimulerad emissionssannolikhet Från ekvation 16 erhåller man dessutom också direkt A 21 b 12 e(ν) = ehν/k B T 1 e hν/k B T, om hν >> k B T (19) och därmed A 21 >> b 12 e(ν) om hν >> k B T (20) Termofysik, Kai Nordlund 2005 6

För höga frekvenser och låga temperaturer är alltså den spontant emitterade strålningen dominerande. Den spontana strålningen har stokastiskt fördelade faser eftersom atomerna emitterar spontant oberoende av varandra. Den stimulerade strålningen av däremot koherent eftersom varje atom stimulerats av samma foton med konstant fas. Antalet emitterade fotoner från E 2 per tidsenhet är (A 21 + b 21 e(ν))n 2 (21) medan antalet absorberade fotoner i E 2 av är b 12 e(ν)n 1 (22) A 21 + b 21 e(ν) b 12 e(ν) N 2 N 1 = ( A 21 b 12 e(ν) + 1)N 2 N 1 N 2 N 1, omhν << k B T (23) Termofysik, Kai Nordlund 2005 7

hν << k B T är möjligt för mikrovågor vid rumstemperatur, däremot inte för synligt ljus som har fotonenergier 1 ev. Emissionsraten > absorptionsraten om N 2 > N 1 (24) N 2 > N 1 är omöjligt i jämvikt då N 2 N 1 e (E 2 E 1 )/k B T (25) Men ifrån jämvikt kan N 2 > N 1 och då uppstår en laser eller maser. För att uppnå N 2 > N 1 måste man pumpa in elektroner till det högre tillståndet. Lasrar kräver alltså populationsinversion! Detta kan göras t.ex. med ett tre-nivå-energischema, som i ett möjligast enkelt system skulle fungera på följande sätt: Termofysik, Kai Nordlund 2005 8

optisk pumpning metastabilt tillstånd grundtillstånd Kommentera kort om haldledarlasrar Termofysik, Kai Nordlund 2005 9

30. Fasta ämnens specifika värme [Alonso-Finn III s. 536-, Mandl ch 6] För det mesta behandlar vi under denna kurs gaser. Men det visar sig att man även kan beräkna fasta ämnens värmekapacitet utgående från gasekvationer! Empiriskt gäller att C V för fasta ämnen vid höga temperaturer är 3Nk B = 3R (Dulong-Petit) medan vid låga temperaturer C V = αt 3 + γt 0 då T 0 (26) Den huvudsakliga rörelsen i fasta ämnen vid höga temperaturer utgörs av vibrationer omkring atomernas jämviktslägen. Om antalet atomer är N kan denna rörelse beskrivas som rörelser hos 3N harmoniska oskillatorer. Om atomerna vibrerar i fas kan denna vibrationsrörelse iakttas som ljudvågor. Enligt ekvipartitionsprincipen blir då C V = 3Nk B. Termofysik, Kai Nordlund 2005 10

Om oskillatorernas vibrationsfrekvenser är {ω k } och vibrationsrörelsen beskrives kvantmekaniskt är den totala energin i vibrationsrörelsen E = V 0 + 3NX k=1 ω k (n k + 1 2 ) (27) 3NX = V 0 + 1 ω k + 2 k=1 {z } konstant A Här är A = grundtillståndets energi. 3NX k=1 ω k n k (28) Dessa vibrationskvanta kallas fononer. De är analoga med fotoner i att deras antal inte bevaras, och kan i likhet med fotoner tänkas bilda en gas (dock växelverkar de med varandra betydligt mer än fononer). Fononerna kan beskrivas med Bose-Einstein statistik så att det sannolika antalet vibrationskvanta med frekvensen ω k är Termofysik, Kai Nordlund 2005 11

< n k >= Därmed fås för energin 1 e ω k /k B T 1 (µ = 0 då antalet kvanta är obestämt). (29) Ē = V 0 + 1 X ω k + X 2 k k {z } konstant ω k e ω k /k B T 1 (30) 30.0.1. Fonongasens specifika värme Vi beräknar nu värmekapaciteten för fononsystemet: C V = Ē T = X k ω k `e ω k /k B T 1 2 ( 1)e ω B /k B T ω «k k B T 2 (31) = k B 3NX k=1 ωk «2 e ω k /k B T (32) k B T [e ω k /k B T 1] 2 Termofysik, Kai Nordlund 2005 12

Vid höga temperaturer k B T >> ω k gäller och man får C V k B 3NX ωk e ω k /k B T 1 + ω k k B T ; (33) «2 1 + ω k k B T k k=1 B T [1 + ω k k B T = k B 1]2 k=1 och om man ännu approximerar bort den senare termen får man gränsvärdet för höga temperaturer: Detta är Dulong-Petit lagen. 3NX 1 + ω k k B T (34) 3NX C V = k B 1 = 3Nk B (35) k=1 Å andra sidan vid låga temperaturer ω k >> k B T är e ω k /k B T >> 1 (36) Termofysik, Kai Nordlund 2005 13

C V X k B ( ω k k B T )2 e ω k /k B T 0 då T 0 (37) k vilket visar att fonongasen uppfyller den III grundlagen! En mer detaljerad beskrivning av C V vad som är ω = ω(k). kräver information om fononernas dispersionsrelation, alltså (För jämförelses skull gäller för ljusvågor den enkla dispersionsrelationen ω = ck) Dulong-Petit-lagen C V = 3R gäller för de flesta ämnen vid rumstemperatur, men i slutet av 1800-talet upptäckte Weber att diamants specifika värme redan vid rumstemperatur är mycket mindre än 3R, eller c V << 3k B. Termofysik, Kai Nordlund 2005 14

30.1. Einstens modell för det specifika värmet Einstein försökte förklara avvikelsen från Dulong-Petit-lagen med ansatsen att alla fononfrekvenser är lika ω k = ω E (38) Detta leder till att summan över k i uttrycket för C V ger en faktor 3N: C V = k B 3N ωe «2 e ω E /k B T (39) k B T [e ω E /k B T 1] 2 som man kan skriva enklare som där vi definierat funktionen C V = 3Nk B E( ω E k B T ) (40) E(x) = ex x 2 (e x 1) 2 (41) Denna funktion beteer sig på följande sätt: x 0 : E(x) (1 + x)x2 (1 + x 1) = 1 + x 1 (42) 2 Termofysik, Kai Nordlund 2005 15

x : E(x) x 2 e x (43) Alltså leder detta helt korrekt till Dulong-Petit-lagen vid höga T (låga x), medan för låga T (höga x) erhålls C V 3Nk B 1 T 2e ω E /k B T (44) vilket inte överensstämmer med data: C V = αt 3 + γt. Alltså hade Einstein fel i denna härledning! Termofysik, Kai Nordlund 2005 16

30.2. Debye s modell För att komma vidare måste vi veta (eller anta) något mera om fononernas egenskaper. I Debyes modell betraktar man inte kvantiserade fononer, utan antar att gittervibrationerna är klassiska vågor. Temperatur i fasta ämnen representeras av atomernas vibrationer omkring sina jämviktslägen. Kollektiva atomära vibrationer uppträder som elastiska vågor: ljudvågor. Ljudvågorna är täthetsvågor av formen som satisfierar dispersionsrelatonen e ik r iωt (45) ω = ck = c2π/λ (46) där c = ljudets hastighet (i hårda fasta ämnen typiskt av storleksordningen 1000 m/s). Det finns en longitudinell och två transversa vågor: longitudinell: Termofysik, Kai Nordlund 2005 17

transversell: Den longitudinella ljudhastigheten är c L och den transversella c T. Antalet moder i ett vågvektorintervall d 3 k är (av samma orsak som för fotoner): X kɛd 3 k = d3 k ( 2π L )3 = V d3 k (2π) 3 (47) Inom (dk + k, k) finns alltså Då V (2π) 3k2 dk4π moder. ω = ck dω = dk (48) c så vi kan skriva om tillståndstätheten som en funktion av ω som V 2π 2ω2 dω 1 c 3 (49) Termofysik, Kai Nordlund 2005 18

Det totala antalet ljudvågsmoder är med beaktande av att två vågor är transversella och en longitudinell: dn ω = V dω[ 2 + 1 ] (50) 2π 2ω2 c 3 T c 3 L Det totala antalet vibrationsmoder i ett fast ämne är 3N, ty man kan inte ha fler oberoende vibrationer en rörelsefrihetsgrader för atomerna i ämnet. Därigenom bör 3N = Z dn ω (51) Men uttrycket för dn ω ω 2. Detta innebär ju att om man integrarar detta över alla ω går svaret mot oändligt. För att lösa detta dilemma gjorde Debye ett enkelt antagande: att det finns en maximumfrekvens ω D (Debyefrekvensen) för vibrationer i kristallen. Detta antagande kan kvalitativt motiveras med att vid låga temperaturer (som nu alltså intresserar oss) är det osannolikt att moder med hög energi (och därmed hög frekvens) är aktiverade. Termofysik, Kai Nordlund 2005 19

Den viktigare motivationen kommer dock från att experimentella mätningar ofta visar att beteende där antalet vibrationsmoder sjunker kraftigt vid någon frekvens: Den streckade linjen är Debye-modellens approximation. Trots att överenstämmelsen uppenbart inte är perfekt, kan Debye-modellenas integral upp till en lämpligt vald Debye-frekvens ändå anses ge ett någorlunda bra medeltal av den verkliga integralen över ett mer komplicerat beteende. Därför används Debye-modellen fortfarande brett inom många olika branscher av fysiken. Termofysik, Kai Nordlund 2005 20

Med Debyes antagande får vi alltså 3N = Z ωd 0 dn ω = V 2 2π 2[ CT 3 + 1 Z ωd ] dωω 2 CL 3 0 {z } ω 3 D /3 (52) Denna ekvation bestämmer Debye frekvensen ω D : ω 3 D = 18Nπ 2 V ( 1 C T 3 + 1 2C L 3 ) (53) Vi kan också skriva där vi introducerat funktionen dn ω = g(ω)dω (54) g(ω) = V ω2 2π [ 2 + 1 ]θ(ω 2 CT 3 C {z L 3 D ω) (55) } 18Nπ 2 V ω D 3 Termofysik, Kai Nordlund 2005 21

där θ(x) är stegfunktionen: g(ω) = 9N ω2 θ(ω ωd 3 D ω) (56) θ(x) = j 1 då x > 0 0 då x 0 (57) g(ω) ger alltså vibrationernas spektralfördelning. Vi beräknar först modellens energi 30.2.1. Debyemodellens värmekapacitet E = Z ωd 0 dωg(ω) 1 2 ω[n(ω) + 1 2 ] (58) = konstant med avseende på T + 9N Z ωd dω ωg(ω) e ω/k B T 1 0 {z } Z ωd ωd 3 0 ωω 2 dω e ω/k B T 1 (59) Termofysik, Kai Nordlund 2005 22

och därur värmakapaciteten C V = E T = 9N ω 3 D Z ωd 0 ωω 2 dω B T ( ) ω (60) (e ω/k B T 1) 2( 1)e ω/k k B T 2 = 9 2 N (kt B ) 2 k B ω 3 D Z ωd 0 ω4 e ω/k B T dω (61) (e ω/k B T 1) 2 Vi definierar nu vidare där θ D är den s.k. Debye-temperaturen. Med detta variabelbyte får man ω k B T = x ω = k BT x samt ω D θ D (62) k B C V = 9 2 N k B (k B T ) 5 (k B T ) 2 ωd 3 5 Z θd /T 0 x4 e x dx (63) (e x 1) 2 Termofysik, Kai Nordlund 2005 23

C V = 9Nk B ( T Z θd ) 3 /T x 4 e x dx θ D 0 (e x 1) {z 2 } x 4 d 1 dx e x 1 (64) =, θd /T C V = 9Nk( T θ D ) 3 ( 0 x 4 Z θd /T e x 1 + 4 0 (θ D/T ) 4 e θ D /T 1 + 4 x3 dx e x 1 Z θd /T 0 x3 dx e x 1 Längre än däthär kommer vi tyvärr inte i analytisk form, men vi kan igen se på hög- och lågtemperatursgränsvärden: ) (65) (66) Vid höga temperaturer är θ D T << 1 och (67) e x 1 x (68) Termofysik, Kai Nordlund 2005 24

så man får så man får C V Z θd /T 0 x3 dx e x 1 Z θd /T 0 dxx 2 = 1 3 θd T «3 (69) 9N( T θ D ) 3 k B [ 1 3 (θ D T )3 ] = 3Nk B då T >> θ D (70) vilket ju igen är Dulong-Petits lag. Så vi får rätt gränsvärde vid höga T. För låga T, T << θ D : och man får Z θd /T 0 x3 dx e x 1 Z x3 dx e x 1 0 {z } = π4 15 C V 9N( T " ) 3 k B ( θ # D θ D T )4 e θ D /T + 4π4 15 (71) (72) Termofysik, Kai Nordlund 2005 25

Den första termen inom klammern går mot 0 då T 0, så kvar blir C V 9Nπ4 4 15 Nk( T ) 3 = 12π4 Nk B ( T ) 3 (73) θ D 5 θ D Så kontentan av detta är att för låga temperaturer förutspår Debyemodellen att C V T 3 Detta förklarar det experimentellt observerade T 3 -beteendet! (Vi får senare på kursen en förklaring till den sista experimentella termen, T 1 -beroendet). Alternativt till att räkna de nedre och övre gränserna av Z θd /T 0 x4 e x dx (74) (e x 1) 2 approximativt för små och stora x kunde man givetvis ha gjort integralen numeriskt. Detta kan man göra snabbt med en brute-force numerisk integrering där elegans ersätts med tätt integreringsintervall: {\tt Termofysik, Kai Nordlund 2005 26

awk BEGIN { dy=0.02; for(y=dy;y<500;y+=(dy>1?dy:(dy>40?dy*5:dy*20))) { \ (awk är ett kommando i Unix/Linux-system som har en enkel variant av C-språket inbyggt). Detta ger gränsvärdet 25.975... som överensttämmer med det exakta resultatet 4π 4 /15 = 25.975... och har formen: 30 4 4 /15 Debye-integral 25 20 15 10 5 0 0 2 4 6 8 10 12 14 x Termofysik, Kai Nordlund 2005 27

För att få C V θ D /T som funktion av T/θ D ur detta bör man invertera x-axeln (för att integralen är till {\tt cat out.debyeint awk { print 1/$1,$2 } > out.debyeint.inv } Varefter C V /Nk B fås med att multiplicera datat med (T/θ D ) 3, vilket blir: 3.5 3.0 C V 12 4 /5 (T/ D ) 3 2.5 C V /N k B 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 T/ D Termofysik, Kai Nordlund 2005 28

31. Boseidealgasen Vi betraktar ett idealgassystem av partiklar med massan m som beskrivs av Bose-Einsteinfördelningen. n k = N = X k g k e (ɛ k µ)/k B T 1 n k = Ω µ (75) (76) Ω = k B T X k ln[1 e (µ ɛ k )/k B T ] (77) För fria partiklar gäller ɛ = p 2 /2m För att utföra summan över kvantiserade energitillstånd X k (78) Termofysik, Kai Nordlund 2005 29

är det fördelaktikt att ersätta summan med en integral över klassiska positions och impulsvariabler: X k Z d 3 rd 3 p h 3 = Z d 3 p (2π ) 3 Z d 3 r (79) Då energin för en idealgaspartikel är ɛ = p 2 /2m och inte beror av r kan volymintegralen omedelbart utföras: Z d 3 r = V (80) så kvar av summan över k blir X k V (2π ) 3 Z d 3 p (81) Alltså blir Ω = k B T V (2π ) 3 Z d 3 p {z } 4π R dpp 2 ln[1 e (µ ɛ p)/k B T ] (82) Termofysik, Kai Nordlund 2005 30

Vi gör variabelbytet så man får p 2 2m = ɛ pdp m = dɛ (83) p 2 dp = mdɛ 2mɛ (84) I steget P k R d 3 pd 3 r h 3 görs ett fel i att bidraget från grundtillståndet ɛ k = 0 automatiskt kommer att bortlämnas: integralen får inget bidrag från = 0 då integranden är 0 där. Grundtillståndets bidrag till Ω är k B T ln[1 e µ/k B T ] (85) Storheten e µ/k B T = z kallas systemets fugacitet. Ω = kt ln(1 z) + V m3/2 2π2 3(kT ) Z 0 dɛɛ 1/2 ln[1 ze ɛ/k B T ] (86) I.o.m. att ɛ 1/2 = 2 d 3 dɛ ɛ3/2 (87) kan vi använda kedjeregeln för integrering (Duv = vu + uv R u v = /uv R uv ) och får Termofysik, Kai Nordlund 2005 31

för integralen, 0 2 3 ɛ3/2 ln[1 ze ɛ/k B T ] 2 3 Z dɛɛ 3/2 0 d dɛ ln[1 ze ɛ/k B T ] {z } 1 1 ze ɛ/k B T ( z)e ɛ/kt ( 1 k B T ) (88) Den första termen blir 0 och kvar blir = 2 3kT Z dɛɛ 3/2 ze ɛ/k B T 1 ze ɛ/k B T (89) Nu ser man att den senare delen av integranden är ju summan av den geometriska serien: X (ze ɛ/k B T ) n = n=1 X z n e nɛ/k B T (90) n=1 så man får m 3/2 Ω = kt ln(1 z) V 2 3 2 π 2 2 X Z z n n=1 dɛɛ 3/2 e nɛ/k B T (91) Termofysik, Kai Nordlund 2005 32

Kvar är att räkna integralen Vi gör variabelbytet I = Z 0 dɛɛ 3/2 e nɛ/k B T (92) ɛ = x 2 dɛ = 2xdx = 2ɛ 1/2 dx (93) och får I = Z 0 2x 4 dxe nx2 /k B T (94) För att beräkna denna integral av formen Z 0 dxx 4 e αx2 (95) noterar vi att detta = d2 dα 2 Z 0 dxe αx2 (96) Termofysik, Kai Nordlund 2005 33

och den senare delen är ju bara en Gaussisk integral = 1 2 πα 1/2 så man får och med att sätta in α = n/k B T fås med detta = d2 1 πα dα 2 1/2 = 1 3 π( 2 2 2 )( 1 2 ) 1 (97) α 5/2 I = 2 Z 0 x 4 dxe nx2 /k B T = 3 π 4 (k BT n )5/2 (98) Därmed är Här är alltså Ω = kt ln(1 z) V 2 3 m 3/2 3 π 2 π 2 2 4 (k BT ) 5/2 {z } V (k B T )( mk B T 2π 2 )3/2 X n=1 z n n 5/2 (99) z = e µ/k B T (100) Termofysik, Kai Nordlund 2005 34

och vi definierar n c ( mk BT 2π 2 )3/2 och får slutresultatet Ω = kt ln(1 z) V kt n c X n=1 ( zn n5/2) (101) Partikelantalet är N = Ω µ och z n = e nµ/k B T (102) så µ zn = n k B T zn och specifikt för n = 1: µ z = 1 k B T z (103) Med hjälp av detta får vi N = kt 1 1 z ( ) z k B T + V k BT n c X n=1 n k B T z n n 5/2 (104) Termofysik, Kai Nordlund 2005 35

så sammanfattningsvis 8 >< >: N = z 1 z + V n X z n c n 3/2 n=1 X Ω = k B T ln(1 z) V k B T n c n=1 z n (105) n 5/2 Detta är en implicit form för Bose-systemets tillståndsekvation Ω = P V ; (106) 31.0.2. Den inre energin För energin gäller E = X k n k ɛ k = X k ɛ k e (ɛ k µ)/k B T 1 (107) Då ɛ 0 = 0 faller grundtillståndets term bort ur uttrycken för energin. Termofysik, Kai Nordlund 2005 36

Nu ersätter vi igen X k V (2π ) 3 Z d 3 p {z} 4π p 2 dp {z } m 2mɛdɛ (108) = V m3/2 2π2 3 Z ɛdɛ; (109) Alltså är E = V Z m3/2 ɛɛdɛ (110) 2π2 3 e (ɛ µ)/k B {z T 1 } 2 π 4 (k B T )5/2 P z n n=1 n 5/2 Orsaken att vi kunde skriva ner svaret direkt är att detta är samma integral som uppträder i utrycket för Ω, integralen i ekvation 89! E = 3 2 V (k BT )n c X n=1 z n n 5/2 (111) Termofysik, Kai Nordlund 2005 37

Alltså om man bortser från noll-energitermen visar jämförelse av resultaten för E och Ω att E = 3 2 Ω = 3 2 P V (112) 31.0.3. Tillståndsekvationen vid höga temperaturer: Vi ser på fallet där fugaciteten z = e µ/k B T är litet, d.v.s. µ negativt och T stort eller alternativt µ stort och negativt. Då blir och N = z 1 z {z } 0 +V n c X n=1 X Ω = k B T ln(1 z) V k {z } B T n c 0 n=1 z n n 3/2 V n c z n " z + n 5/2 V kt n c # z2 2 2 +... " z + # z2 4 2 +... (113) (114) där vi tagit med termerna n = 1 och n = 2 i summorna. Termofysik, Kai Nordlund 2005 38

Om vi nu använder oss av partikeltätheten n N V (115) kan man skriva ekvationen för N enkelt som n n c = z + z2 2 2 +... (116) Vi vill nu vända på denna serie och istället få en serie av z som funktion av n/n c : z = α 1 ( n n c ) + α 2 ( n n c ) 2 +... (117) För att bestämma konstanterna α 1 sätter vi nu in denna serie för z i uttrycket för n/n c, men behåller bara termerna av ordningen n/n c samt (n/n c ) 2 : n n = α 1 + α 2 ( n ) 2 + 1 n c n c n c 2 2 α2 1 ( n ) 2 (118) n c Termofysik, Kai Nordlund 2005 39

För att detta skall stämma ser man genast att man bör ha α 1 = 1 samt α 2 = 1 2 2 (119) Alltså är vår serieuteveckling för z: z ( n n c ) 1 2 2 ( n n c ) 2 (120) Insättning av detta z i uttrycket för Ω, ekv. 114, ger j n Ω = V kt B n c 1 n c 2 2 ( n ) 2 + 1 n c 4 2 ( n ff ) 2 +... n c (121) j n = V k B T n c 1 n c 4 2 ( n ff ) 2... (122) n c Men det gäller fortfarande också att Ω = P V (123) Termofysik, Kai Nordlund 2005 40

så man får N/V z} { n P V = V k B T n c {1 1 n c 4 2 ( n )... } n c (124) = Nk B T [1 1 4 2 ( n )...] n c (125) Nu ser man att för n << n c övergår Bose-gasens tillståndsekvation i den klassiska idealgaslagen. Alltså är n c = ( mk BT 2π 2 )3/2 : (126) en kritisk täthetsparameter för giltighet av klassisk statistisk mekanik. Vidare ser man ur P V = Nk B T [1 1 4 2 ( n )...] (127) n c att Bose-gasens tryck är mindre än den klassiska idealgasens tryck! Termofysik, Kai Nordlund 2005 41

32. Bosegasen vid låga temperaturer [Mandl 11.6] Mest intressant är Bose-Einstein-gasen dock vid låga temperaturer. Vi skriver där vi definierat N = z 1 z + V n c X n=1 z n n 3/2 (128) N 0 + N e (129) N 0 = antalet partiklar i grundtillståndet (130) N e = antalet partiklar i de exciterade tillståndena (131) (132) Termofysik, Kai Nordlund 2005 42

Vi påminner oss om att µ alltid är < 0 för en Bose-Einstein-gas (jämför kapitel 26). Vi betraktar nu uttrycket ovan för exciterade tillstånd N e, alltså N e V = n c X n=1 z n n 3/2 = (mk BT 2π 2 )3/2 X n=1 e µn/k B T n 3/2 = (133) Vi tänker oss nu att man skulle kyla ner en dylik gas vid konstant N e, V (kom ihåg att om man bara använder integralen är N 0 = 0). Detta innebär att N e /V måste vara konstant, och alltså också det högra ledet konstant. För att T sjunker, måste summan i ekvationen ovan öka. För att summan skulle öka, måste e µn/k B T öka, och alltså µ/t öka. Alltså måste µ öka. Men µ måste ju hela tiden vara negativ. Alltså betyder detta att µ 0. [Paakkari 12.2, Mandl 11.6, Landau-Lifshitz s. 180 och ekv. 56.5] Då µ 0 leder detta till att z 1. Termofysik, Kai Nordlund 2005 43

Alltså innebär detta att då T 0 gäller X n=1 n z n 3/2 X n=1 1 n 3/2 ζ(3 2 ) (134) där vi känt igen att summan är definitionen på Riemanns zeta-funktion: ζ(z) X n=1 1 n z (135) Från tabeller (eller ett simpelt dataprogram) får man lätt att ζ( 3 ) 2.612 (136) 2 Antalet partiklar i de exciterade tillstånden blir begränsat av N e < V n c ζ( 3 2 ) N max (137) Termofysik, Kai Nordlund 2005 44

Tänk oss nu att vi skulle ha ignorerat N 0 hela vägen. Då skulle N = N e och villkoret ovan skulle vara N < N max. Men N max sjunker ju med temperaturen, så detta skulle säga att vid någon kritisk temperatur borde partiklar börja försvinna från systemet. Detta skulle vara en renodlad paradox! Lösningen är givetvis den explicit utsatta termen N 0, som förklarar vad som sker: om partikeltalet i gasen N överstiger N max måste N N max partiklar vara i grundtillståndet! För att se vad detta betyder skriver vi ut n c : N max = V ζ( 3 2 )(mk BT 2π 2 )3/2 (138) Man ser att N max sjunker med T 3/2. Om man alltså kan kyla ner ett bosonsystem så att N bevaras, kommer förr eller senare partiklarna att tvingas i grundtillståndet. Denna effekt kallas Bose-Einstein kondensation! Termofysik, Kai Nordlund 2005 45

Antal partiklar N N max Antal partiklar i grundtillståndet Antal partiklar i exciterade tillstånd T 0 T Notera betydelsen av termen kondensation här: detta innebär att partiklarnas energi är 0, alltså att deras rörelsemängd kondenseras till 0. Detta är alltså inte samma sak som konventionell kondensering där gas övergår till vätska! I.o.m. att alla eller de flesta atomer i ett BE-kondensat är i samma kvanttillstånd (grundtillståndet), kan de anses bilda ett enda kvantmekaniskt objekt, som kan anta makroskopiska dimensioner. Därmed har de många mycket exotiska egenskaper. (En mycket bra mer allmännfattlig presentation av detta är vid http://www.colorado.edu/physics/2000/bec ). Termofysik, Kai Nordlund 2005 46

Kondensationstemperaturen T 0 fås ur N = N max = V ζ( 3 2 )(mk BT 0 2π 2 )3/2 (139) = T 0 = 2π 2 mk B n ζ( 3 2 )! 2/3 (140) För T > T 0 är N = N e För T < T 0 är N = N 0 + N max (T ) 8 >< >: N max = V ζ( 3 2 )(mk BT 2π 2 )3/2 N = V ζ( 3 2 )(mk BT 0 2π 2 )3/2 (141) Termofysik, Kai Nordlund 2005 47

Alltså är N max N = ( T T 0 ) 3/2 (142) och N 0 = N N max = N[1 ( T T 0 ) 3/2 ] (143) Alltså ökar antalet partiklar i grundtillståndet snabbare än linjärt då T 0. Antal partiklar N Antal partiklar i grundtillståndet T 0 T Termofysik, Kai Nordlund 2005 48

Tillståndsekvationen för T < T 0 : E = 3 2 V n c(k B T ) X n=1 z n n 5/2 (144) Termofysik, Kai Nordlund 2005 49

Nu räknar vi först värmekapaciteten för området 32.1. Bose-Einstein-gasens värmekapacitet T < T 0 med approximationen : z 1 (145) Då är E = 3 X 2 V n c(k B T ) n=1 1 n 5/2 {z } = ζ( 5 2 ) 1.341 (146) varur fås Alltså är E = 3 2 V (k BT )ζ( 5 2 )(mk BT 2π 2 C V )3/2 = 3 2 V (k B)ζ( 5 2 )(mk B 2π 2)3/2 T 5/2 (147) = de dt = 3 2 V (k B)ζ( 5 2 )(mk B 2π 2)3/2 5 2 T 3/2 = 15 4 V n ck B ζ( 5 2 ) (148) C V T 3/2 (T < T 0 ) (149) Termofysik, Kai Nordlund 2005 50

Ovanför T 0 är U = 3 2 P V 3 2 k BT N{1 n 4 2n c +...} (150) C V = 3 2 k BN d dt {T nt 4 +...} (151) 2n c För att göra derivatan måst vi komma ihåg att n c T 3/2 : Vi deriverar termen med T/n c med kedjeregeln för en produkt T 1/n c : = 3 2 k BN{1 n 4 2n c nt 4 2 ( 1 n 2 c = 3 2 k BN{1 n 4 + 3 2n c 8 2 n ) dn c {z} dt 3 2 n c T...} (152) n c...} (153) = 3 2 k BN{1 + 1 8 n +...} (154) 2 n c Termofysik, Kai Nordlund 2005 51

Detta är uppenbart så vår beräkning förutspår en form kring T 0 på > 3 2 k BN (155) C V 3/2 k B T 0 T T.ex. Flytande He : m = 6.65 10 24 g, V = 27 cm 3 /mol vid 1 atm. Detta ger T 0 = 3.18 K. Experimentellt har man observerat T exp = 2.19 K vilket är tämligen nära vårt estimat om man tänker på att vi gjorde ganska grova approximationer längs med vägen. Termofysik, Kai Nordlund 2005 52

Experimentellt är också C V ln T T λ vilket är en liknande form som vad vi beräknade, men har en skarp singularitet vid T λ. Systemets E = U = 3 2P V, så vi får för trycket: P = 2 3V E = 8 >< >: k B T n c X n=1 z n n 5/2, T > T 0 k B T n c ζ( 3 2 ), T < T 0 (156) Termofysik, Kai Nordlund 2005 53

Notera att under T 0 är trycket oberoende av volymen! Detta är en drastisk avvikelse från klassiskt idealgas-beteende, och f.ö. också från beteendet i alla normala vätskor och fasta ämnen! P Isoterm V 0 V Här har den kritiska volymen V 0 bestämts genom att lösa definitionen på T 0 (ekvation 139) med avseende på V :! 3/2 T 0 = 2π 2 N/V m ζ( 3 2 ) (157) Termofysik, Kai Nordlund 2005 54

32.2. Typer av Bose-Einstein-kondensat Som ovan antyddes har BE-kondensation uppnåtts i flytande He (ett av de mest framstående labben att forska i detta i världen är köldlabbet i Otnäs). Detta gjordes redan för tiotals år sedan. Mera nyligen har BE-kondensation uppnåtts i verkliga gaser som kyls ner av lasrar. Sådana gaser måsta ha låg densitet, annars skulle de helt enkelt övergå i fast form. Om t.ex. avståndet mellan atomer skulle vara 1000 Å, skulle n = 1/10 12 Å 3. Då kan man uppskatta att den kritiska temperaturen är! 2/3 = 0.4µK (158) T 0 = 2π 2 n mk B ζ( 3 2 ) Detta är rätt storleksordning, och orsaken till att det är så svårt att erhålla Bose-Einsteinkondensation i gaser: att kyla ner något till nanokelvin är inte lätt precis... Elektrisk supraledning förklaras som att det orsakas av elektronpar-bosoner, som bildar ett Bose- Einstein-kondensat. Termofysik, Kai Nordlund 2005 55