Wenn Photonen 1 Spineinheit tragen, warum scheint sichtbares Licht keinen Drehimpuls zu haben?

Question

Wenn Photonen 1 Spineinheit tragen, warum scheint sichtbares Licht keinen Drehimpuls zu haben?

Physik
Photonen
Helizität
Polarisation
Quantenfeldtheorie
Elektromagnetische-strahlung

Terry Bollinger

Spin 1 Silberatome haben eine bestimmte Spinachse, z. B. nach oben oder unten entlang einer mit X bezeichneten Achse. Dies bedeutet wiederum, dass sie den Drehimpuls offen und sichtbar tragen.

Spin-1-Photonen scheinen jedoch keine experimentell bedeutsame Version einer Spinachse zu zeigen, es sei denn, mir fehlt etwas vollständig (sehr gut möglich!).

Stattdessen zeigen Photonen in Form von Licht einen Effekt, den wir "Polarisation" nennen, womit wir meinen, dass das Licht eine bestimmte Schwingungsorientierung im Raum hat. Dieser Effekt folgt dem gleichen 90 $^{\circ}$ $^{\circ}$ $^{\circ}$ $^{\circ}$ Regeln als Basiszustände für massive Spin-1-Partikel, aber es fehlt die Richtwirkung dieser Zustände.

Wenn beispielsweise X horizontal und Y vertikal ist, könnte vertikal polarisiertes Licht so interpretiert werden, dass es eine Rotation in der YZ-Ebene zeigt, die dieselbe Rotationsebene ist, die für Partikel mit Masse zu -X- und + X-Spins führt. Aber da haben Photonen keine Masse und bewegen sich an $c$ $c$ $c$ gibt es keine Möglichkeit zuzuweisen $\pm$ $\pm$ $\pm$ zu dieser Nenndrehung. Stattdessen scheint das Licht aus Partikeln ohne sichtbaren Spin oder (vielleicht) alternativ als Überlagerungen gleicher und aufhebender Mengen von -X- und + X-Spin zusammengesetzt zu sein.

Die zirkulare Polarisation scheint auf den ersten Blick eine Lösung zu bieten, indem unterschiedliche Richtungen im und gegen den Uhrzeigersinn angegeben werden. Ich bin diesen Weg selbst gegangen, aber je mehr ich ihn mir anschaue, desto sicherer bin ich mir, dass es sich um eine Scheinaufgabe handelt. Nicht zuletzt kann die Zirkularpolarisation immer in zwei planare Polarisationen zerlegt werden, die eine relative Phasenverschiebung aufweisen. Darüber hinaus ist die Idee einer Spinachse, die entlang der unendlich komprimierten Ausbreitungsrichtung eines masselosen Teilchens zeigt, bestenfalls problematisch. Die zirkulare Polarisation scheint mir immer noch der vielversprechendste Weg zu sein, um einen echten Drehimpuls in Photonen zu finden, aber wenn es die Lösung ist, muss ich zugeben, dass ich umso weniger sehe, je mehr ich sie betrachte.

Also endlich meine Frage:

Wenn es keine Möglichkeit gibt, experimentell nachzuweisen, dass eine beliebig kleine Lichteinheit einen expliziten Drehimpuls ungleich Null trägt, wie schafft es dann ein Photon, die 1 Spineinheit zu transportieren, die erforderlich ist, um den Drehimpuls bei Teilchenwechselwirkungen auszugleichen?

dmckee ♦

"Wenn nichts anderes, kann die Zirkularpolarisation immer in zwei planare Polarisationen zerlegt werden, die eine relative Phasenverschiebung aufweisen." Man könnte genauso gut sagen, dass lineare Polarisationen in Summen zirkularer Polarisation zerlegt werden können, daher bin ich mir nicht sicher, ob dieses Argument irgendwohin führt. In der Tat, wenn Sie von der Idee ausgehen, dass das Photon Spin hat, dann kann dies "natürlicher" sein, obwohl ich immer ein wenig misstrauisch gegenüber der Natürlichkeit bin.

dmckee ♦

Nur als Referenz @John kennt Terry seine Physik und stellt gerne die Art von Nadelfragen, mit denen Sie untersuchen, wie gut Sie ein Thema verstehen. In diesem Fall las ich die Frage als "Wie können wir den Photonenspin ausgehend von der klassischen Theorie motivieren?" Und ich habe keine Antwort außer "Ich gehe lieber in die andere Richtung, weil ich denke, dass ich das so verstehe".

dmckee ♦

Unentwickeltes Brainstorming, für das ich keine Zeit habe: Was ist, wenn wir das Maximum von (Drehimpulsdichte) / (Energiedichte) in der klassischen Theorie untersuchen und behaupten, dass dies mit dem (Drehimpuls) / ( Energie) des "Lichtteilchens", weil dieses Maximum allen "aufgereihten" Bits entsprechen muss?

anna v

Ich denke, dass es für Benutzer dieses Forums ein Muss sein sollte, zumindest den Blogeintrag von Lubos Motl darüber zu lesen, wie klassische Felder aus dem zugrunde liegenden quantenmechanischen Substrat motls.blogspot.gr/2011/11/… hervorgehen . Es ist nicht einfach, da die Entstehung der Thermodynamik aus der quantenstatistischen Mechanik keine einfache algebraische Methode ist. Das klassische Feld ergibt sich aus der kohärenten Wirkung des Spins und der Energie der einzelnen Photonen aufgrund ihrer quantenmechanischen Lösung als Photonen.

Antworten (3)

Wenn Photonen 1 Spineinheit tragen, warum scheint sichtbares Licht keinen Drehimpuls zu haben?

"Wenn nichts anderes, kann die Zirkularpolarisation immer in zwei planare Polarisationen zerlegt werden, die eine relative Phasenverschiebung aufweisen." Man könnte genauso gut sagen, dass lineare Polarisationen in Summen zirkularer Polarisation zerlegt werden können, daher bin ich mir nicht sicher, ob dieses Argument irgendwohin führt. In der Tat, wenn Sie von der Idee ausgehen, dass das Photon Spin hat, dann kann dies "natürlicher" sein, obwohl ich immer ein wenig misstrauisch gegenüber der Natürlichkeit bin.
Nur als Referenz @John kennt Terry seine Physik und stellt gerne die Art von Nadelfragen, mit denen Sie untersuchen, wie gut Sie ein Thema verstehen. In diesem Fall las ich die Frage als "Wie können wir den Photonenspin ausgehend von der klassischen Theorie motivieren?" Und ich habe keine Antwort außer "Ich gehe lieber in die andere Richtung, weil ich denke, dass ich das so verstehe".
Unentwickeltes Brainstorming, für das ich keine Zeit habe: Was ist, wenn wir das Maximum von (Drehimpulsdichte) / (Energiedichte) in der klassischen Theorie untersuchen und behaupten, dass dies mit dem (Drehimpuls) / ( Energie) des "Lichtteilchens", weil dieses Maximum allen "aufgereihten" Bits entsprechen muss?
Ich denke, dass es für Benutzer dieses Forums ein Muss sein sollte, zumindest den Blogeintrag von Lubos Motl darüber zu lesen, wie klassische Felder aus dem zugrunde liegenden quantenmechanischen Substrat motls.blogspot.gr/2011/11/… hervorgehen . Es ist nicht einfach, da die Entstehung der Thermodynamik aus der quantenstatistischen Mechanik keine einfache algebraische Methode ist. Das klassische Feld ergibt sich aus der kohärenten Wirkung des Spins und der Energie der einzelnen Photonen aufgrund ihrer quantenmechanischen Lösung als Photonen.

WetSavannaAnimal aka Rod Vance · Answer 1

Hier ist meine zögernd angebotene Antwort: Ich bin nicht sicher, ob ich eine Subtilität übersehen kann, die Sie sehen können, aber ich kann nicht. Ich werde versuchen, @dmckees Antwort auf Ihre Frage zu beantworten: "Wie können wir den Photonenspin ausgehend von der klassischen Theorie motivieren?"

Ich beziehe mich auf Ihre Bedenken, dass das Gleiten zwischen linearen und zirkular polarisierten Basiszuständen nur nichtphysikalische Koordinatentransformationen sein könnte, aber ich glaube, dass ich mir drei Möglichkeiten vorstellen kann, bei denen die Natur bestimmte Basiszustände bevorzugt, zwei theoretische und ein Experiment; diese sind:

Die Diagonalisierung und Entkopplung der Maxwell-Gleichungen durch die Riemann-Silberstein-Vektoren;
Der klassische Drehimpuls wird auf ein absorbierendes Medium übertragen und berechnet
Die Umwandlung von linearem in zirkular polarisiertes Licht durch einen doppelbrechenden Kristall mit Viertelwellenplatte und das messbare Drehmoment, das durch diesen Prozess auf den Kristall ausgeübt wird.

Diagonalisierung von Maxwellschen Gleichungen durch die Riemann-Silberstein-Vektoren

Die Maxwell-Curl-Gleichungen im freien Raum:

c (\begin{matrix} \nabla \land \sqrt{ϵ_{0}} E. \\ \nabla \land \sqrt{μ_{0}} H. \end{matrix}) = (\begin{array}{cc} 0_{3 \times 3} & - - 1_{3 \times 3} \\ 1_{3 \times 3} & 0_{3 \times 3} \end{array}) (\begin{matrix} \partial_{t} \sqrt{ϵ_{0}} E. \\ \partial_{t} \sqrt{μ_{0}} H. \end{matrix})

sind offensichtlich miteinander gekoppelt und können durch Bildung der Riemann-Silberstein-Vektoren (die sich aus der Diagonalisierung des Blocks ergeben) entkoppelt werden $6 \times 6$ $6 \times 6$ $6 \times 6$ Matrix von ( $2 \times 2$ $2 \times 2$ $2 \times 2$ Matrix von vier $3 \times 3$ $3 \times 3$ $3 \times 3$ Skalarmatrizen); wir bekommen:

ich \partial_{t} {F.}_{\pm} = \pm c \nabla \land {F.}_{\pm}

wo:

{F.}_{\pm} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\sqrt{ϵ_{0}} E. \pm ich \sqrt{μ_{0}} H.)

(Ich entschuldige mich für die ausschließliche Verwendung von SI-Einheiten. Ein Großteil meiner Karriere bestand darin, numerische Software zu entwickeln. Der einzige Weg, solche Bestien zu debuggen, besteht darin, alle an denselben Einheiten festzuhalten. Jetzt kann ich überhaupt nicht mehr an Planck oder natürliche Einheiten denken nicht mehr). Nun, wenn $E$ $E$ $E.$ und $H$ $H$ $H.$ Da es sich um reelle Felder handelt, benötigen wir nur einen komplexen Riemann-Silberstein-Vektor, um die gesamten Maxwell-Gleichungen zu codieren. Äquivalente Informationen werden allein in die positiven Frequenzteile der beiden Riemann-Silberstein-Vektoren codiert. Was am zweiten Ansatz wirklich gut ist, ist, dass nur wenn das Licht richtig zirkular polarisiert ist $F_{+}$ $F_{+}$ $F_{+}$ $F_{+}$ ${F.}_{+}$ ist ungleich Null; wenn übrig, nur $F_{-}$ $F_{-}$ $F_{-}$ $F_{-}$ ${F.}_{- -}$ ist ungleich Null. Die positiven Frequenzteile der Felder werden also präzise entkoppelt , indem sie in links und rechts zirkular polarisierte Komponenten aufgeteilt werden , NICHT in linear polarisierte Komponenten. Dies ist der erste große Hinweis darauf, dass die Natur tatsächlich zirkular polarisierte Grundzustände bevorzugt. Beachten Sie auch, dass der Teil der positiven Frequenz (dh der positiven Energie) der sinnvolle ist, wenn man sich die Maxwell-Gleichungen als Ausbreitungsgleichung für das erste quantisierte Photon vorstellen soll.

Jetzt werden im Impulsraum (Fourier) die entkoppelten Maxwell-Gleichungen (wir machen räumliche, nicht zeitliche Fourier-Transformation beider Seiten):

d_{t} {\tilde{F.}}_{\pm, k} = \pm c k \land {\tilde{F.}}_{\pm, k}

oder in Matrixnotation $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F.}}_{\pm, k} = \pm c K. (k) {\tilde{F.}}_{\pm, k}$ wo $K (k)$ $K (k)$ $K. (k)$ ist der $3 \times 3$ $3 \times 3$ $3 \times 3$ Skew-Hermitian Matrix entsprechend $k \land$ $k \land$ $k \land$ dh die "infinitesimale" Rotation in der Lie-Algebra $s o (3)$ $s o (3)$ $s Ö (3)$ und die grundlegenden Lösungen sind ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F.}}_{\pm, k} = \exp (c K. (k) t) {\tilde{F.}}_{\pm, k} (0)$ dh Vektoren, die sich mit gleichmäßiger Winkelgeschwindigkeit drehen $ω = c k$ $ω = c k$ $ω = c k$ . Neben der Riemann-Silberstein-Notation, auf die ich am Ende meiner Antwort zurückkomme, gibt es eine wunderbare Seite.

Wenn Sie Iwo Bialynicki-Birula und seine Arbeit über die Photonenwellenfunktion googeln, hat er über solche Dinge viel mehr zu sagen. Seine persönliche Website ist http://cft.edu.pl/~birula und alle seine Veröffentlichungen können von dort heruntergeladen werden. Die spezielle Skalierung der obigen Riemann-Silberstein-Vektoren ist die von Bialynicki-Birula, und das bedeutet, dass $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| {F.}_{+} |^{2} + | {F.}_{- -} |^{2}$ ist die elektromagnetische Energiedichte. Er definiert das Paar $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $({F.}_{+}, {F.}_{- -})$ , so normalisiert $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| {F.}_{+} |^{2} + | {F.}_{- -} |^{2}$ wird eine Wahrscheinlichkeitsdichte, um das Photon an einem bestimmten Punkt zu absorbieren, um eine erste quantisierte Photonenwellenfunktion zu sein (ohne dass eine Position beobachtet werden kann). Es gibt ein spezielles, nichtlokales inneres Produkt, um den Hilbert-Raum zu definieren, und in einem solchen Formalismus ist das allgemeine Hamiltonsche beobachtbar $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d ich ein G (\nabla \land, - - \nabla \land)$ . Siehe auch Arnold Neumaiers markige Zusammenfassung ( hier ) eines Schlüsselergebnisses in Abschnitt 7 von Bialynicki-Birulas "Photonenwellenfunktion" in Progress in Optics 36 V (1996), S. 245-294, ebenfalls herunterladbar von arXiv: quant-ph / 0508202 . Der Hilbert-Raum von Riemann-Silberstein-Vektorpaaren, den Bialynicki-Birula definiert, wird durch eine irreduzible einheitliche Darstellung beeinflusst, die durch Bialynicki-Birulas Observablen definiert wird $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H.}$ , $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{P.}$ , $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K.}$ und $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J.}$ , der gesamten Poincaré-Gruppe, die in dem Papier vorgestellt wurde. Also die beiden Teilräume enthalten ganz richtig ( $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0$ ${F.}_{- -} = 0$ ) und ganz links polarisiert ( $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0$ ${F.}_{+} = 0$ ) Zustände sind die "Teilchen" der Theorie: Mit anderen nichttrivialen linearen Kombinationen von Lichtbasiszuständen (die keine Eigenfunktionen des beobachtbaren Drehimpulses sind) erhalten Sie nicht dasselbe.

Die klassische Drehimpulsberechnung

Nun betrachten wir den klassischen Drehimpuls. Die Wikipedia-Seite zum Drehimpuls des Lichts gibt den klassischen Drehimpuls wie folgt an:

\frac{ϵ_{0}}{2 ich ω} \int ({E.}^{*} \land E.) d^{3} r + \frac{ϵ_{0}}{2 ich ω} \sum_{ich = x, y, z} \int ({E.}^{ich}^{*} (r \land \nabla) {E.}^{ich}) d^{3} r

wenn der positive Frequenzteil allein der Felder beibehalten wird (daher die komplexen Konjugate). Der erste Term ist der Spin-Drehimpuls und wird in Riemann-Silberstein-Vektoren mit positiver Frequenz umgeschrieben, wenn alles ungefähr paraxial ist (dh in der Nähe einer ebenen Welle) und lautet:

\hat{z} \frac{1}{ω} \int (| {F.}_{+} |^{2} - - | {F.}_{- -} |^{2}) d^{3} r

dh $\frac{1}{ω}$ $\frac{1}{ω}$ $\frac{1}{ω}$ $\frac{1}{ω}$ $\frac{1}{ω}$ mal die rechtspolarisierte Energiedichte abzüglich der linkspolarisierten Energiedichte in Ausbreitungsrichtung des Lichts. Der Drehimpuls der Umlaufbahn verschwindet in der paraxialen Grenze, und daher ist die letzte Gleichung in diesem Fall der Gesamtdrehimpuls. Es ist wichtig, sich daran zu erinnern, wie diese Gleichung abgeleitet wird: Man stellt sich ein elektromagnetisches Feld vor, das die Grenze in ein leitfähiges Medium überschreitet und dort absorbiert wird, und berechnet dann den auf das Medium ausgeübten Winkelimpuls genau analog zu Methode 3 der Impulsberechnung in meinem Antwort https://physics.stackexchange.com/a/72688/26076 . Der Punkt ist, dass die Drehimpulsdichte $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| {F.}_{+} |^{2} - - | {F.}_{- -} |^{2}) /. ω$ berechnet aus dieser grundlegendsten (im Sinne der fundamentalen) Newtonschen Maxwell-Physik ist der Unterschied zwischen den Intensitäten der zirkular polarisierten Grundzustände, nicht der linearen. Also zeigt die Natur wieder ihre Präferenz. Diese Berechnung besagt, dass die zirkular polarisierten rechten und linken Komponenten den Drehimpuls übertragen $\pm E / ω$ $\pm E / ω$ $\pm E / ω$ $\pm E / ω$ $\pm E. /. ω$ in Richtung der Lichtausbreitung, wann immer Energie $E$ $E$ $E.$ wird absorbiert. Jetzt sehen wir das, wenn das Photon Energie hat $h ν$ $h ν$ $h ν$ Wenn dann eine große Anzahl von ihnen den gleichen Drehimpuls übertragen soll, wie es die klassische Physik vermutet, muss der Drehimpuls des Photons sein $\pm h ν / ω$ $\pm h ν / ω$ $\pm h ν / ω$ $\pm h ν / ω$ $\pm h ν /. ω$ oder $\pm ℏ$ $\pm ℏ$ $\pm ℏ$ in Richtung seiner Ausbreitung für rechts und links zirkular polarisierte Photonen. Ich werde gleich zu anderen Polarisationszuständen kommen.

Allgemeine Photonenemissionszustände und Erhaltung des Drehimpulses durch Fluorophore

Sie fragen nach einer Photonenemission und ob sie immer kreisförmig ist. Absolut nicht. Allgemeine Einphotonenzustände sind reine Quantenüberlagerungen von zirkular polarisierten Einphotonenzahlzuständen. Nehmen wir an, wir haben ein linear polarisiertes Photon und erarbeiten die Ergebnisse der Vermittlung der Anzahl der Observablen: let $a_{\pm}^{†}$ $a_{\pm}^{†}$ $a_{\pm}^{†}$ $a_{\pm}^{†}$ $a_{\pm}^{†}$ $a_{\pm}^{†}$ ${ein}_{\pm}^{†}$ seien Sie die Erstellungsoperatoren für rechts- und linkshändige polarisierte Zustände. Die linear polarisierten Zustände sind:

ψ_{x} = \frac{1}{\sqrt{2}} (ψ_{+} + ψ_{- -})

ψ_{y} = \frac{- - ich}{\sqrt{2}} (ψ_{+} - - ψ_{- -})

wo $ψ_{\pm}$ $ψ_{\pm}$ $ψ_{\pm}$ $ψ_{\pm}$ $ψ_{\pm}$ sind die reinen Einphotonen-Polarisationszustände für Rechts- und Linkshänder. Dann kehren die rechts- und linkshändigen Zahlenoperatoren zurück:

n_{\pm} (ψ_{x}) = n_{\pm} (ψ_{y}) = ⟨ ψ | {ein}_{\pm}^{†} {ein}_{\pm} | ψ ⟩ = \frac{1}{2}

und der Gesamtphotonenzahloperator gibt zurück:

n = ⟨ ψ | {ein}_{+}^{†} {ein}_{+} + {ein}_{- -}^{†} {ein}_{- -} | ψ ⟩ = 1

Wie Sie wahrscheinlich wissen, können wir unsere Ein-Photonen-Fock-Zustandsbasis jederzeit durch eine einheitliche Transformation ändern, und die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren transformieren sich ebenfalls. Die linearen Photonenerzeugungsoperatoren sind zum Beispiel $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ ${ein}_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} ({ein}_{+}^{†} + {ein}_{- -}^{†})$ und $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ ${ein}_{y}^{†} = \frac{- - ich}{\sqrt{2}} ({ein}_{+}^{†} - - {ein}_{- -}^{†})$ und das Vermitteln des aus diesen und ihren jeweiligen hermitischen Konjugaten gebildeten Zahlenoperators würde das Ergebnis "1 Photon" zurückgeben, wenn es auf die jeweiligen Polarisationszustände angewendet wird, und "0", wenn es auf die orthogonalen linearen Polarisationszustände angewendet wird. Der allgemeine reine Einphotonenzustand hat die Form:

ψ (α, ϕ) = α e^{ich \frac{ϕ}{2}} ψ_{+} + \sqrt{1 - - α^{2}} e^{- - ich \frac{ϕ}{2}} ψ_{- -}

wo $α \in [0, 1]$ $α \in [0, 1]$ $α \in [0, 1]]$ und $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ und aus unserer obigen klassischen Berechnung wissen wir, dass sein Drehimpuls sein muss:

ℏ ⟨ ψ | {ein}_{+}^{†} {ein}_{+} - - {ein}_{- -}^{†} {ein}_{- -} | ψ ⟩ = (2 α^{2} - - 1) ℏ

Ein-Photonen-Emissionen sind immer die richtigen reinen Quantenüberlagerungen, die sicherstellen, dass der Drehimpuls erhalten bleibt. Wenn ein Fluorophor beispielsweise linear polarisiertes Licht absorbiert und vor der spontanen Emission kein Drehmoment auf seine Umgebung ausübt, muss die Emission linear polarisiert sein. Ebenso für jeden anderen allgemeinen Polarisationszustand, der von Fluorophoren absorbiert wird. Weitere Informationen finden Sie in der Antwort https://physics.stackexchange.com/a/73439/26076. Vielleicht möchten Sie auch die Arbeit von Gregorio Weber in den 1950er Jahren zur Polarisation der Fluoreszenz betrachten. Siehe G. Weber, "Rotations-Brownsche Bewegung und Polarisation der Fluoreszenz von Lösungen", Adv. Protein Chem. 8, 415–459 (1953) und andere Werke.

Meine eigene Arbeit auf diesem Gebiet ist in J. Opt. Soc. Am. B, Bd. 6 / Juni 2007, S. 1369.

Das allgemeine Kriterium in meinem $ψ (α, ϕ)$ $ψ (α, ϕ)$ $ψ (α, ϕ)$ Notation, bei der die Grundzustände entlang der Ausbreitungsrichtung zirkular polarisiert sind, lautet: wenn $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{ich n}, ϕ_{ich n}$ charakterisieren das Photon, das von einem isolierten (nicht übertragenen Winkelimpuls) Fluorophor absorbiert wird, und $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{Ö u t}, ϕ_{Ö u t}$ dann das fluoreszierende Photon $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{ich n} = α_{Ö u t}$ und die Phasenwinkel sind nicht miteinander verbunden. Ebenso, wenn sich ein Teilchen und ein Antiteilchen mit entgegengesetzten Spins gegenseitig vernichten und nur zwei Photonen emittiert werden, die jeweils durch gekennzeichnet sind $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ und $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ , dann $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - - α_{1}^{2}}$ und die Phasenwinkel sind nicht miteinander verbunden und ich vermute, dass alle Werte von $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ , $ϕ_{1}$ $ϕ_{1}$ $ϕ_{1}$ $ϕ_{1}$ $ϕ_{1}$ und $ϕ_{2}$ $ϕ_{2}$ $ϕ_{2}$ $ϕ_{2}$ $ϕ_{2}$ sind ebenso wahrscheinlich

Auf doppelbrechende Kristalle ausgeübtes Drehmoment

Jetzt kommen wir zu doppelbrechenden Kristallen. Es ist offensichtlich, aber ich glaube, dass es für diese Antwort wichtig ist, darauf zu achten, dass doppelbrechende Kristalle ein Weg sind, bei dem die Natur den Unterschied zwischen linearer und zirkularer Polarisation sehr explizit erklärt. Es sind die linearen , NICHT die zirkular polarisierten Zustände, die die "Eigenmoden" eines doppelbrechenden Kristalls sind, dh linear polarisierte Felder, die mit den schnellen und langsamen Achsen des Kristalls ausgerichtet sind, sind einfach phasenverzögert und unterliegen keiner Vermischung. Zirkular polarisierte Zustände sind KEINE Eigenmoden: Sie mischen sich in solchen Kristallen. Die durch eine Viertelwellenplatte induzierte Vermischung - insbesondere die, die auftritt, wenn das Eingangsfeld linear polarisiert und in einem Winkel von 45 Grad zur schnellen und langsamen Achse ausgerichtet ist - verleiht dem Kristall daher ein Drehmoment: Es sollte mit Sicherheit möglich sein, dieses Drehmoment zu messen und vergleichen Sie es mit klassischen Berechnungen: Aus unseren obigen Berechnungen ergibt sich in dieser Situation ein Drehmoment $P / ω$ $P / ω$ $P / ω$ $P / ω$ $P. /. ω$ , wenn die Kraft des Lichts ist $P$ $P$ $P.$ . Ein Gedankenexperiment: Ein linear polarisierter kollimierter Strahl mit 100 W und 1 mm Durchmesser passiert eine Viertelwellenplatte, die in einer Flüssigkeit aufgehängt ist. Mit Infrarotlicht bei $193 T H z$ $193 T H z$ $193 T. H. z$ (Sie können Faserlaser bei bekommen $193 T H z$ $193 T H z$ $193 T. H. z$ Bei einer Leistung von Hunderten von Watt liegt das Drehmoment in der Größenordnung von $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} N m$ $10^{- - 13} N. m$ , wenn der Kristall einen Millimeter im Durchmesser und 3 Millimeter oder so lang mit einer Dichte von ist $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k G m^{- - 3}$ liegt sein Massenträgheitsmoment in der Größenordnung von $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- - 13} k G m^{2}$ Dies ist also ein genau messbarer Effekt (tatsächlich wird sich seine Winkelposition erfüllen, wenn sich der Kristall aus der 45-Grad-Position dreht und falsch ausrichtet $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - - \frac{1}{2} Ω^{2} Sünde (2 θ)$ und wir werden ein Torsionspendel haben, das an schwingt $Ω / (2 π) = 0.1 H z$ $Ω / (2 π) = 0.1 H z$ $Ω / (2 π) = 0.1 H z$ $Ω / (2 π) = 0.1 H z$ $Ω /. (2 π) = 0,1 H. z$ !).

Wenn es Experimente gibt, um die Übertragung von zu beobachten $ℏ$ $ℏ$ $ℏ$ Drehimpuls um ein Photon, dann könnte es sich um Laserpinzettenexperimente handeln: Zirkular polarisierte Strahlen werden verwendet, um Dinge unter dem Mikroskop in der Laserfalle zu drehen, und ich glaube, Prof. Halina Rubinsztein-Dunlop ( http://physics.uq.edu) .au / people / halina ) war vor einigen Jahren daran interessiert, was mit solchen Dingen bei sehr schlechten Lichtverhältnissen passiert - ich hatte den Eindruck, dass sie ein Interesse daran hatte, eines direkt zu beobachten $ℏ$ $ℏ$ $ℏ$ der Drehimpulsübertragung. Sie kann von jedem Experiment in dieser Richtung wissen.

Nebenbei: Mehr zur Riemann-Silberstein-Notation

Ich denke, das wird dir gefallen, Terry. Die Riemann-Silberstein-Vektoren sind eigentlich der elektromagnetische (Maxwell) Tensor $F^{μ ν}$ $F^{μ ν}$ $F^{μ ν}$ $F^{μ ν}$ ${F.}^{μ ν}$ verkleidet. Wir können Maxwells Gleichungen in Quaternionsform schreiben:

(c^{- - 1} \partial_{t} + σ_{1} \partial_{x} + σ_{2} \partial_{y} + σ_{3} \partial_{z}) {F.}_{+} = 0

(c^{- - 1} \partial_{t} - - σ_{1} \partial_{x} - - σ_{2} \partial_{y} - - σ_{3} \partial_{z}) {F.}_{- -} = 0

wo $σ_{j}$ $σ_{j}$ $σ_{j}$ $σ_{j}$ $σ_{j}$ sind die Pauli-Spinmatrizen und die elektromagnetischen Feldkomponenten sind:

\begin{array}{lcl} \frac{1}{\sqrt{ϵ}} {F.}_{\pm} & = & (\begin{array}{cc} {E.}_{z} & {E.}_{x} - - ich {E.}_{y} \\ {E.}_{x} + ich {E.}_{y} & - - {E.}_{z} \end{array}) \pm ich c (\begin{array}{cc} {B.}_{z} & {B.}_{x} - - ich {B.}_{y} \\ {B.}_{x} + ich {B.}_{y} & - - {B.}_{z} \end{array}) \\ = & {E.}_{x} σ_{1} + {E.}_{y} σ_{2} + {E.}_{z} σ_{3} + ich c ({B.}_{x} σ_{1} + {B.}_{y} σ_{2} + {B.}_{z} σ_{3}) \end{array}

Wie Sie wissen, sind diese Pauli-Spinmatrizen die imaginären Quaternionseinheiten, die neu angeordnet wurden. Wenn Trägheitsreferenzrahmen durch eine ordnungsgemäße Lorentz-Transformation verschoben werden:

L. = \exp (\frac{1}{2} W.)

wo:

W. = (η^{1} + ich θ χ^{1}) σ_{1} + (η^{2} + ich θ χ^{2}) σ_{2} + (η^{3} + ich θ χ^{3}) σ_{3}

codiert den Drehwinkel der Transformation $θ$ $θ$ $θ$ , die Richtung Cosinus von $χ^{j}$ $χ^{j}$ $χ^{j}$ $χ^{j}$ $χ^{j}$ seiner Rotationsachsen und seiner Geschwindigkeit $η^{j}$ $η^{j}$ $η^{j}$ $η^{j}$ $η^{j}$ , die Entitäten $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ ${F.}_{\pm}$ Machen Sie die Spinorkarte durch:

F. \mapsto L. F. {L.}^{†}

Hier haben wir es tatsächlich mit der doppelten Abdeckung zu tun $P S L (2, C)$ $P S L (2, C)$ $P S L (2, C)$ $P S L (2, C)$ $P S L (2, C)$ $P S L (2, C)$ $P. S. L. (2, C.)$ der identitätsgebundenen Komponente der Lorentz-Gruppe $S O (3, 1)$ $S O (3, 1)$ $S O (3, 1)$ $S O (3, 1)$ $S. Ö (3, 1)$ Wir haben also Spinorkarten, die Lorentz-Transformationen darstellen, genauso wie wir Spinorkarten verwenden müssen, damit ein Quaternion einem Vektor seine Rotation verleiht. Das elektromagnetische Feld ist somit ein Bivektor in der Clifford-Algebra $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C. ℓ_{3} (R.)$ und eine nette Sache an dieser Notation ist, dass Polarisation und Spin angesichts der Interpretation des Grundzustands der zirkularen Polarisation von offensichtlich eine Lorentz-Kovariante sind $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ ${F.}_{\pm}$ Dies ergibt sich aus der obigen Diskussion (beachten Sie, dass sich die Quaternionseinheiten in den De-Rham-Derivaten auch durch dieselben Spinorkarten transformieren), was in anderen Formen von Maxwell-Gleichungen nicht so klar ist. Sie können auch die zehn Observablen von Bialynicki-Birula konvertieren $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H.}$ , $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{P.}$ , $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K.}$ und $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J.}$ haben auch sehr saubere quaternionische Formen.

Danke, @Muphrid Dies ist in der Tat auf meiner intellektuellen Reise gebucht! Ich habe vor drei Jahren damit begonnen, eine Ausstellung über die Lie-Theorie zu schreiben, die auf etwas wie Lies ursprüngliche Vorstellungen zurückgeht, ohne dass eine Mannigfaltigkeit erforderlich ist (die übrigens für die Lösung von Hilberts fünftem Problem wichtig ist), die alles aus dem Begriff von aufbaut $C^{1}$ $C^{1}$ $C^{1}$ $C^{1}$ ${C.}^{1}$ -Pfade. Man kommt ganz natürlich zur modernen Idee einer Mannigfaltigkeit (obwohl nicht ganz allgemein, da die Lie-Gruppe eine abelsche Grundgruppe hat) $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ ${C.}^{1} \Rightarrow {C.}^{ω}$ (desto schwieriger $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ ${C.}^{0} \Rightarrow {C.}^{ω}$ ist Hilberts fünftes Problem) aus diesen Ideen ....
... Dann kann man von der Intuition für die Mannigfaltigkeit einer Lie-Gruppe auf die allgemeine Differentialgeometrie und GR verallgemeinern, dann ... (dort bin ich jetzt!). Wie weit rechne ich, seit ich 50 bin, bevor ich Wurmfutter bekomme? Übrigens lese ich gerade Doran und Lasenby durch - empfehlen Sie andere?
Nun, vor 3 Jahren habe ich gerade erst angefangen, etwas über geometrische Algebra zu lernen, also kann in Zukunft ein gutes Stück passieren. Für GA-Bücher halte ich Hestenes und Sobczyk ( Clifford Algebra to Geometric Calculus ) immer noch für meinen persönlichen heiligen Gral, um ihn vollständig zu verstehen. Es gibt Dinge, die sie dort auf Eigenblades von linearen Operatoren haben, die ich noch vollständig erfassen möchte, sowie ihre Entwicklung von Vektorverteilern. Ich mag auch Alan MacDonalds Bücher, um mehr Kontakt mit linearen Algebra-Dingen (wie SVD) in der GA-Sprache aufzunehmen.
@ TerryBollinger siehe auch die ausgezeichnete markige Antwort von Arnold Neumaier unter physics.stackexchange.com/a/28710/26076 . Diese Art von Symmetrieargument finde ich persönlich sehr motivierend: Andererseits denke ich, dass ich mathematischen Ideen wahrscheinlich mehr Bedeutung beimesse als vielen Physikern: Ich neige dazu, die Unterscheidung zwischen Physik und Mathematik als sehr verschwommen zu betrachten.

David Bar Moshe · Answer 2

David Bar Moshe

Das vorgeschlagene Experiment wurde bereits 1936 von R. Beth durchgeführt . In dem Experiment wurde linear polarisiertes Licht mittels einer doppelt brechenden Platte in zirkular polarisiertes Licht umgewandelt. Das (makroskopische) Reaktionsdrehmoment wurde gemessen und es wurde gezeigt, dass es mit der Drehimpulstheorie des Photons übereinstimmt.

WetSavannaAnimal aka Rod Vance

Danke David. Es ist schön, die richtige Geschichte zu kennen: Ich hätte selbst nach Experimenten suchen sollen, aber es gibt so viele Experimentatoren mit Gehirnen von der Größe des Jupiter und tatsächlich größer, dass es für mich absolut unglaublich war, dass das Experiment nicht ordnungsgemäß durchgeführt wurde mit hoher Präzision getestet!

Terry Bollinger

David Bar Moshe, sehr cool, danke! Dies beruhigt meinen Geist wirklich, da ich immer angenommen hatte, dass diese Art der experimentell überprüfbaren Übertragung von Drehimpulsen "natürlich" wahr ist, und es geschafft habe, mich in eine philosophische Schleife darüber einzuwickeln.

Terry Bollinger

Auch ein Kommentar: Diese ganze Ausgabe erinnert mich vielleicht tangential an die merkwürdige Mehrdeutigkeit des Drehimpulses in elektromagnetischen Feldern. Welche Mehrdeutigkeit? Nun, es ist keine große Sache, und vielleicht überdenke ich es nur noch einmal, aber es ist nur das Folgende: Wenn ein materielles Objekt Drehimpuls vermittelt, gibt es keine Unklarheit über das Zeichen. Wenn Sie also im Weltraum einen Ball fangen, der sich im Uhrzeigersinn dreht, können Sie sich im Uhrzeigersinn drehen. Da es sich bei einem Photon jedoch um reinen Elektromagnetismus handelt, würde sich das Drehimpulszeichen des Lichts umkehren, wenn das Gerät, das das Reaktionsdrehmoment misst, aus Antimaterie besteht.

Cassius · Answer 3

Cassius

Sie haben tatsächlich Ihre eigene Frage beantwortet. Das Photon trägt keine Masse. Der Drehimpuls in der Quantenwelt ist eine Fehlbezeichnung. Sie fanden diese Eigenschaft von Quantenobjekten, und die Mathematik funktionierte genau wie die Mathematik für klassische Spinnobjekte. Ratet mal, wie sie es genannt haben? Ohne Masse werden Sie jedenfalls nicht den gleichen Drehimpuls sehen, den Sie in massiven Partikeln sehen.

Terry Bollinger

Cassius, danke, aber leider ist es nicht ganz so einfach. Der quantisierte Drehimpuls - auch Spin genannt - ist immer noch sehr viel Drehimpuls. Und selbst wenn dies nicht der Fall wäre, ist es immer noch dieselbe Menge, die in massiven Teilchen wie Elektronen und Silberatomen gefunden wird, da der Spin in einer Teilchengleichung ausgeglichen werden muss, an der sowohl massive als auch masselose Teilchen beteiligt sind. Und vergessen Sie nicht: Spin ist für Elektronen genauso seltsam und nicht klassisch - vielleicht sogar noch mehr! - als es für Photonen ist, da Sie sowohl Masse als auch Größe benötigen, um einen herkömmlichen Drehimpuls zu erzeugen.

Cassius

Die Drehimpulsgrößen, an die Sie denken, sind der Gesamtdrehimpuls (J) und der Umlaufdrehimpuls (L). Der Spin ist eine reine Quanteneigenschaft. Die Mathematik des Spins ist genau die gleiche wie der klassische Drehimpuls, aber es ist NICHT die gleiche physikalische Größe. Spin ist dem Partikel, über das Sie sprechen, eigen und entsteht nicht durch Bewegung oder Impuls des Partikels.

Wenn Photonen 1 Spineinheit tragen, warum scheint sichtbares Licht keinen Drehimpuls zu haben?

Terry Bollinger

dmckee ♦

dmckee ♦

dmckee ♦

anna v

Antworten (3)

WetSavannaAnimal aka Rod Vance

Diagonalisierung von Maxwellschen Gleichungen durch die Riemann-Silberstein-Vektoren

Die klassische Drehimpulsberechnung

Auf doppelbrechende Kristalle ausgeübtes Drehmoment

Nebenbei: Mehr zur Riemann-Silberstein-Notation

Muphrid

WetSavannaAnimal aka Rod Vance

WetSavannaAnimal aka Rod Vance

Muphrid

WetSavannaAnimal aka Rod Vance

David Bar Moshe

WetSavannaAnimal aka Rod Vance

Terry Bollinger

Terry Bollinger

Cassius

Terry Bollinger

Cassius

Wie kann ich die Achsen der Polarisationsellipse aus dem Jones-Vektor des Lichts erhalten?

ϕ 4 ϕ4 Theorie knickt als Fermion?

Lagrange des Schrödinger-Feldes

Streu-, Stör- und asymptotische Zustände in der LSZ-Reduktionsformel

Momentum Shell RG für Ising-Modell

Vollphotonenpropagator in der S-Matrix-Berechnung

Integrale über Grassmann-Zahlen

Wie kann man die Idee einer funktionellen Renormierungsgruppe verstehen?

Wie beschleunigt ein Photon so schnell auf Lichtgeschwindigkeit? [Duplikat]

Ward-Identität abgeleitet von globaler Symmetrie und SDE, anders als die von Eichensymmetrie abgeleitet?