Захват ионов и охлаждение атомов
8/10В последние десятилетия захват и охлаждение атомов и ионов — увлекательная тема для физиков; за работы в этой области присуждено несколько Нобелевских премий. В первой части задачи мы рассмотрим метод захвата ионов, известный как «ловушка Пауля». Вольфганг Паул и Ганс Демельт получили половину Нобелевской премии по физике 1989 года за эту работу. Далее мы исследуем доплеровское охлаждение — один из трудов, упомянутых в пресс-релизе Нобелевской премии по физике 1997 года, присуждённой Стивену Чу, Клоду Коэн-Таннуджи и Уильяму Дэниелу Филлипсу «за развитие методов охлаждения и захвата атомов с помощью лазерного света».
Часть A. Ловушка Пауля
Известно, что с помощью электростатических полей невозможно создать устойчивое равновесие для заряженной частицы. Поэтому для создания устойчивой точки равновесия ионов требуются более сложные методы. Ловушка Пауля — один из таких методов.
Рассмотрим кольцо заряда радиусом \(R\) с равномерной положительной линейной плотностью заряда \(\lambda\). Положительный точечный заряд \(Q\) массой \(m\) помещён в центр кольца.
Рисунок 1 — Положительно заряженное кольцо с равномерной линейной плотностью заряда \(\lambda\) и радиусом \(R\): начало системы координат находится в центре кольца.
A-1. а) В декартовых координатах \((x,y,z)\) найдите электрическое поле, создаваемое заряженным кольцом вблизи центра кольца, с точностью до первого порядка по \(x/R\), \(y/R\) и \(z/R\). б) Найдите угловую частоту малых колебаний заряженной частицы около центра кольца в тех направлениях, для которых существует устойчивое равновесие. (\(1{,}5\) балла)
Чтобы полностью удержать заряд \(Q\), мы хотим приложить переменные поля и создать динамическое равновесие. Пусть плотность заряда равна \(\lambda = \lambda_0 + u\cos\Omega t\), где \(\lambda_0\), \(u\) и \(\Omega\) — регулируемые величины. Излучением пренебрегаем. Тогда уравнение движения для малых смещений от центра кольца вдоль направления, перпендикулярного плоскости кольца, имеет вид: \[\ddot z = \left(+k^2 + a\Omega^2\cos\Omega t\right) z. \qquad (1)\]
A-2. Выразите \(a\) и \(k\) через известные параметры. (\(0{,}4\) балла)
Мы хотим получить приближённое решение уравнения (1), сделав следующие упрощающие предположения: \(a \ll 1\), \(\Omega \gg k\) и \(a\Omega^2 \gg k^2\). При этих предположениях можно показать, что решение уравнения разбивается на две части: \(z(t) = p(t) + q(t)\), где \(p(t)\) — медленно меняющаяся составляющая, а \(q(t)\) — быстро меняющаяся составляющая малой амплитуды, среднее значение которой равно нулю. Иными словами, \(p(t)\) можно считать постоянной на протяжении нескольких колебаний \(q(t)\) (см. рисунок 2).
Рисунок 2 — Типичное решение уравнения движения заряженной частицы: \(p(t)\) задаёт общее движение, а \(q(t)\) — малые колебания вокруг этой траектории. Эллипс справа — увеличенный фрагмент траектории. На рисунке: \(z\) — ось \(z\); \(t\) — ось времени.
A-3. а) Используя приведённые выше приближения, найдите уравнение движения для \(q(t)\) через \(a\), \(\Omega\) и \(p\). б) Найдите решение этого уравнения, рассмотрев подходящие начальные условия, соответствующие требуемым свойствам этой функции. (\(1{,}8\) балла)
A-4. а) Используя среднее действие быстро меняющейся составляющей, получите эффективное уравнение движения для \(p(t)\). б) Исследуйте устойчивость положения равновесия и найдите условие устойчивого равновесия. (\(1{,}5\) балла)
Пусть \(\lambda_0 = 8\times10^{-9}\) Кл/м и \(R = 10\) см. Мы хотим использовать это устройство для захвата однократно ионизированного атома, в 100 раз более тяжёлого, чем атом водорода.
A-5. Вычислите \(k\). Считая \(a = 0{,}04\), оцените наименьшую частоту, необходимую для стабилизации движения этого иона. Используйте данные, приведённые в конце задачи. (\(0{,}4\) балла)
Часть B. Доплеровское охлаждение
Иногда может потребоваться охладить захваченный атом или ион. Пусть захваченный атом массой \(m\) имеет два энергетических уровня с разностью энергий \(E_0 = \hbar\omega_A\). Электроны на нижнем уровне могут поглотить фотон и перейти на верхний уровень, но через время \(\tau\) они вернутся на нижний уровень и испустят фотон с частотой, преимущественно лежащей в интервале \([\omega_A - \Gamma,\ \omega_A + \Gamma]\).
B-1. Используя принцип неопределённости Гейзенберга, найдите \(\Gamma\). (\(0{,}5\) балла)
Аналогично, при освещении захваченного атома лазерным светом, если угловая частота лазера \(\omega_L\) попадает в интервал \([\omega_A - \Gamma,\ \omega_A + \Gamma]\), атом может поглотить фотон. Пусть частота \(\omega_L\) лазерного света немного меньше \(\omega_A\). Для конкретного устройства скорость поглощения фотонов атомом в системе отсчёта атома показана на рисунке 3. Поглощённый фотон затем переизлучается в случайном направлении. Для простоты рассмотрим задачу одномерно: атомы могут двигаться только в направлении \(x\), а лазерный свет падает на них и слева, и справа. В системе отсчёта атома свет имеет более высокую или более низкую частоту из-за движения атома. Поскольку скорость \(v\) атомов очень мала, мы учитываем только члены порядка \(v/c\) и отбрасываем члены более высокого порядка. Кроме того, \(m \gg \hbar\omega_A/c^2\), так что скорость атома почти не меняется после поглощения фотона. Также изменение частоты из-за эффекта Доплера настолько мало по сравнению с \(\omega_A - \omega_L\), что функцию \(s\) на диаграмме рисунка 3 можно аппроксимировать линейной функцией \[s(\omega) = s_L + \alpha(\omega - \omega_L),\] где \(s\) — число поглощённых фотонов в единицу времени, \(s_L\) — значение \(s\) при \(\omega = \omega_L\), а \(\alpha\) — наклон касательной к кривой в точке \(\omega_L\). Частота переизлучённого фотона почти равна частоте падающего фотона, но он испускается с равной вероятностью в положительном или отрицательном направлении \(x\). Фактически, с точностью до рассматриваемого порядка эти две частоты совпадают. Заметим, что весь процесс рассматривается в системе отсчёта атома.
Рисунок 3 — Скорость поглощения фотонов в зависимости от частоты для конкретной ловушки: частота, соответствующая разности энергий двух уровней атома, обозначена \(\omega_A\), а немного меньшая частота лазера обозначена \(\omega_L\). На рисунке: Rate of photon absorption — скорость поглощения фотонов; на оси — обозначение \(S\) (в тексте задачи — \(s\)).
B-2. а) Пусть захваченный атом движется со скоростью \(v = v_x\) в лабораторной системе отсчёта. В системе отсчёта атома вычислите частоту столкновений фотонов, падающих с каждого из двух направлений, с атомом (обозначения \(s_+\) и \(s_-\)), а также скорость передачи импульса атому в каждом направлении (обозначения \(\pi_+\) и \(\pi_-\)). б) Определите эффективную силу, действующую на атом, как функцию \(v\), \(k_L = \omega_L/c\), \(\hbar\) и \(\alpha\) в лабораторной системе отсчёта. Считайте \(s_L \ll \alpha\omega_L\). (\(1{,}7\) балла)
Мы хотим найти наименьшую температуру, которую можно получить этим методом. Пусть скорость определённого атома в точности уменьшилась до нуля, и в этот момент он поглощает фотон (падающий с любого из двух направлений) и переизлучает фотон случайным образом в любом из двух направлений, почти с той же частотой. Пусть этот процесс происходит один раз за промежуток времени \(\tau\).
B-3. Рассмотрев импульс атома после такого процесса для двух возможных исходов, вычислите среднюю мощность, поглощаемую атомом. (\(1{,}0\) балла)
B-4. Рассмотрите силу, вычисленную в пункте B-2, и вычислите выходную мощность. Затем вычислите среднее значение \(v^2\) в равновесии. Используя знания кинетической теории газов, оцените температуру атомов. (\(0{,}8\) балла)
B-5. Оцените эту температуру для атома в 100 раз тяжелее атома водорода. Считайте \(\omega_L = 2\times10^{16}\) рад/с, \(\tau = 5\times10^{-9}\) с и \(\alpha = 4\). (\(0{,}4\) балла)
Данные: масса атома водорода \(m_{\text{H}} = 1{,}674\times10^{-27}\) кг; заряд электрона \(e = 1{,}602\times10^{-19}\) Кл; электрическая постоянная \(\varepsilon_0 = 8{,}854\times10^{-12}\) Ф/м; постоянная Больцмана \(k_B = 1{,}381\times10^{-23}\) Дж/К; постоянная Планка \(\hbar = 1{,}055\times10^{-34}\) Дж\(\cdot\)с.
▶Показать разборСкрыть разбор
ПодсказкаДля A-1 удобно воспользоваться теоремой Гаусса для тонкого цилиндра у центра кольца. Для A-3 и A-4 разложите решение на медленную и быструю части и усредните по периоду быстрых колебаний. Для B-2 перейдите в систему отсчёта атома: частота лазера в ней сдвигается на \(\pm\omega_L v/c\).
ОтветA-1) а) \(\vec E(x,y,z) = \left(-\dfrac{\lambda x}{4\varepsilon_0R^2},\ -\dfrac{\lambda y}{4\varepsilon_0R^2},\ \dfrac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}\right)\); б) \(\omega_x = \omega_y = \sqrt{\dfrac{Q\lambda}{4\varepsilon_0R^2m}}\); A-2) \(k = \sqrt{\dfrac{Q\lambda_0}{2\varepsilon_0R^2m}}\), \(a = \dfrac{Qu}{2\varepsilon_0R^2m\Omega^2}\); A-3) а) \(\ddot q = pa\Omega^2\cos\Omega t\), б) \(q(t) = -pa\cos\Omega t\); A-4) а) \(\ddot p = \left(k^2 - \dfrac{a^2\Omega^2}{2}\right)p\), б) устойчивое равновесие при \(\Omega > \sqrt2\,\dfrac{k}{a}\); A-5) \(k \approx 2\times10^5\) рад/с, \(\Omega_{\min} \approx 7\times10^6\) рад/с; B-1) \(\Gamma = \dfrac{1}{\tau}\); B-2) а) \(s_\pm = s_L \pm\alpha\omega_L\dfrac{v}{c}\), \(\pi_+ = -\hbar k_L s_+\), \(\pi_- = +\hbar k_L s_-\); б) \(F = -2\alpha\hbar k_L^2\,v\); B-3) \(P_{\text{in}} = \dfrac{\hbar^2k_L^2}{m\tau}\); B-4) \(P_{\text{out}} = -2\alpha\hbar k_L^2\,\overline{v^2}\), \(\overline{v^2} = \dfrac{\hbar\Gamma}{2\alpha m}\), \(T = \dfrac{\hbar\Gamma}{2\alpha k_B}\); B-5) \(T \approx 2\times10^{-4}\) К.
РешениеA-1. Из симметрии следует, что на оси \(z\) единственная ненулевая компонента поля направлена вдоль \(z\): \[\vec E(0,0,z) = E_z(0,0,z)\,\hat z = \hat z\int\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{R^2+z^2}\cdot\frac{z}{(R^2+z^2)^{1/2}}.\] Элемент \(dq = \lambda R\,d\varphi\), где \(\varphi\) — угол с осью \(x\). Тогда \[E(0,0,z) = \hat z\,\frac{\lambda R}{2\varepsilon_0}\,\frac{z}{(z^2+R^2)^{3/2}}.\] При \(z \ll R\) это даёт \(E_z(0,0,z) = \dfrac{\lambda R}{2\varepsilon_0}\dfrac{z}{R^3} = \dfrac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}\). Вблизи оси \[E_z(x,y,z) = E_z(0,0,z) + x\,\frac{\partial E_z}{\partial x}\Big|_{(0,0,z)} + y\,\frac{\partial E_z}{\partial y}\Big|_{(0,0,z)} + O(x^2,y^2,z^2).\] Так как неразличимы \(x\) и \(-x\), а также \(y\) и \(-y\), производные \(\dfrac{\partial E_z}{\partial x} = \dfrac{\partial E_z}{\partial y} = 0\). Поэтому до первого порядка по \(x\), \(y\) и \(z\) \[E_z(x,y,z) = \frac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}.\] Рассмотрим гауссову поверхность в форме симметричного цилиндра вокруг оси \(z\), основания которого параллельны плоскости \(xy\). Радиус цилиндра \(\rho\), высота \(2z\) (обе величины малы).
Рисунок к решению A-1 — гауссова поверхность (цилиндр) с потоками через \(S_1\), \(S_2\) и \(S_3\). По теореме Гаусса \[0 = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \oint\vec E\cdot d\vec S = \int_{S_1}\vec E\cdot d\vec S + \int_{S_2}\vec E\cdot d\vec S + \int_{S_3}\vec E\cdot d\vec S.\] Интегралы по \(S_1\) и \(S_2\) равны: \(\int_{S_1}\vec E\cdot d\vec S = \int_{S_2}\vec E\cdot d\vec S = \pi\rho^2\,\dfrac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}\). Интеграл по \(S_3\) содержит \(\rho\)-компоненту поля, для которой \[E_\rho(z,\rho,\varphi) = E_\rho(0,\rho,\varphi) + z\,\frac{\partial E_\rho}{\partial z}\Big|_{(0,\rho,\varphi)} + O(z^2).\] Из симметрии \(z \leftrightarrow -z\) имеем \(\dfrac{\partial E_\rho}{\partial z}\Big|_{(0,\rho,\varphi)} = 0\), а из осевой симметрии \(\dfrac{dE_\rho}{d\varphi} = 0\). Следовательно, \(\int_{S_3}\vec E\cdot d\vec S = E_\rho(0,\rho,0)\cdot 2z\cdot 2\pi\rho\). Теорема Гаусса дает \[0 = E_\rho\cdot 4\pi z\rho + 2\pi\rho^2\,\frac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}, \qquad E_\rho = -\frac{\lambda\rho}{4\varepsilon_0R^2}.\] В цилиндрических координатах \(\vec E(\rho,\varphi,z) = -\dfrac{\lambda\rho}{4\varepsilon_0R^2}\hat\rho + \dfrac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}\hat z\), а в декартовых \[\vec E(x,y,z) = \frac{\lambda}{4\varepsilon_0R^2}\left(-x,\ -y,\ 2z\right).\] Так как кольцо заряжено положительно, равновесие по \(x\) и \(y\) устойчиво, а по \(z\) — неустойчиво. Уравнения движения по \(x\) и \(y\): \[m\ddot x = Q E_x = -\frac{Q\lambda}{4\varepsilon_0R^2}\,x, \qquad m\ddot y = Q E_y = -\frac{Q\lambda}{4\varepsilon_0R^2}\,y.\] Частоты малых колебаний: \[\omega_x^2 = \omega_y^2 = \frac{Q\lambda}{4\varepsilon_0R^2m}.\]
A-2. Сила в направлении \(z\): \[F_z = QE_z = \frac{Q\lambda z}{2\varepsilon_0R^2} = \frac{Q\lambda_0}{2\varepsilon_0R^2}\,z + \frac{Qu}{2\varepsilon_0R^2}\cos\Omega t\; z.\] Уравнение движения имеет вид \[\ddot z = \left(\frac{Q\lambda_0}{2\varepsilon_0R^2m} + \frac{Qu}{2\varepsilon_0R^2m}\cos\Omega t\right)z.\] Следовательно, \[k = \sqrt{\frac{Q\lambda_0}{2\varepsilon_0R^2m}}, \qquad a = \frac{Qu}{2\varepsilon_0R^2m\,\Omega^2}.\]
A-3. Подставим \(z = p(t) + q(t)\): \[\ddot p + \ddot q = \left(k^2 + a\Omega^2\cos\Omega t\right)(p+q).\] Пусть \(p\) почти постоянна, \(\ddot p \simeq 0\). По предположениям \(k^2 \ll a\Omega^2\) и \(q \ll p\), поэтому в первом слагаемом правой части можно пренебречь \(k^2\), а во втором — \(q\). Уравнение упрощается до \[\ddot q = pa\Omega^2\cos\Omega t.\] Так как \(p\) постоянна, интегрирование дает \(q = -pa\cos\Omega t + c_1 t + c_2\). Поскольку \(q\) должна оставаться малой, \(c_1 = 0\); поскольку среднее значение \(q\) равно нулю, \(c_2 = 0\). Итак, \[q(t) = -pa\cos\Omega t.\]
A-4. Подставляем найденное \(q\) в уравнение для \(p\): \[\ddot p + pa\Omega^2\cos\Omega t = \left(k^2 + a\Omega^2\cos\Omega t\right)\left(p - ap\cos\Omega t\right),\] откуда \[\ddot p = k^2 p - ak^2 p\cos\Omega t - a^2\Omega^2 p\cos^2\Omega t.\] Усредняя по периоду, с \(\langle\cos\Omega t\rangle = 0\) и \(\langle\cos^2\Omega t\rangle = \dfrac12\), получаем \[\ddot p = \left(k^2 - \frac{a^2\Omega^2}{2}\right)p.\] Для устойчивости движения выражение в скобках должно быть отрицательным, т.е. \(\dfrac{a^2\Omega^2}{2} > k^2\), откуда \(\Omega > \sqrt2\,\dfrac{k}{a}\).
A-5. С заданными данными \[k = \sqrt{\frac{Q\lambda_0}{2\varepsilon_0R^2m}} = 2\times10^5\ \text{рад/с}, \qquad \Omega_{\min} = \sqrt2\,\frac{k}{a} = 7\times10^6\ \text{рад/с},\] что соответствует диапазону радиоволн.
B-1. Из соотношения неопределённостей \(\Delta E\cdot\Delta t \simeq \hbar\) при \(\Delta E = \hbar\Delta\omega\) и \(\Delta t = \tau\) получаем \(\hbar\Delta\omega\cdot\tau \simeq \hbar\), т.е. \(\Delta\omega \simeq \dfrac{1}{\tau} = \Gamma\).
B-2. Обозначим частоты столкновений для падающих справа и слева фотонов через \(s_+\) и \(s_-\). Работаем в системе отсчёта атома. Пренебрегая членами порядка \(v^2/c^2\), эффект Доплера записываем в виде \[\omega' = \omega\left(1 + \frac{v}{c}\right).\] Пусть скорость атома направлена вдоль оси \(x\) в положительном направлении. Тогда \[\omega_+ = \omega_L\left(1 + \frac{v}{c}\right), \qquad \omega_- = \omega_L\left(1 - \frac{v}{c}\right).\] Поэтому \[s_+ = s_L + \alpha\omega_L\frac{v}{c}, \qquad s_- = s_L - \alpha\omega_L\frac{v}{c}.\] Передача импульса атому в единицу времени от налетающих фотонов: \[\pi_+ = s_+\cdot(-\hbar k_+), \qquad \pi_- = s_-\cdot(+\hbar k_-), \qquad k_\pm = \frac{\hbar\omega_\pm}{c}.\] Суммарная передача импульса: \[\pi_+ + \pi_- = -2\hbar k_L\frac{v}{c}\,\omega_L\alpha\left(1 + \frac{s_L}{\alpha\omega_L}\right).\] Так как \(s_L \ll \alpha\omega_L\), получаем \(\pi_+ + \pi_- = -2\hbar k_L\dfrac{v}{c}\,\omega_L\alpha\). Так как атом тяжёлый, его скорость почти не меняется при поглощении фотона, поэтому при переизлучении в среднем импульс не передаётся. Выражение выше и есть сила. При \(v>0\) \[F = -\left(2\alpha\hbar k_L^2\right)v.\] Для \(v<0\) получается тот же результат. Поскольку мы сохраняем только члены первого порядка по \(v/c\), тот же результат справедлив и в лабораторной системе отсчёта: \[F = -2\alpha\hbar k_L^2\,v.\]
B-3. Перед столкновением импульс атома равен нулю. После поглощения фотона (импульс направлен вдоль \(x\)) атом получает импульс \(P_1 = \hbar k_L\). После переизлучения возможны два равновероятных исхода. Первый: фотон испущен в положительном направлении \(x\), и импульс атома становится равен нулю. Второй: фотон испущен в отрицательном направлении \(x\), и импульс атома становится \(P_f = +2\hbar k_L\). Средняя конечная энергия равна \[\langle E_f\rangle = \left\langle\frac{P_f^2}{2m}\right\rangle = \frac12\cdot0 + \frac12\cdot\frac{4\hbar^2k_L^2}{2m} = \frac{\hbar^2k_L^2}{m}.\] Процесс происходит за время \(\tau\), поэтому мощность, полученная атомом за счёт этого процесса, \[P_{\text{in}} = \frac{\hbar^2k_L^2}{m\tau}.\]
B-4. Выходная мощность (мощность, теряемая атомом при столкновении с фотонами лазера): \[P_{\text{out}} = F\cdot v = -2\alpha\hbar k_L^2 v^2.\] В равновесии \(P_{\text{out}} + P_{\text{in}} = 0\), откуда \[\frac{\hbar^2k_L^2}{m\tau} = 2\alpha\hbar k_L^2\,\overline{v^2} \quad\Rightarrow\quad \overline{v^2} = \frac{\hbar\Gamma}{2\alpha m}.\] Температура системы определяется равенством \(\dfrac12 m\overline{v^2} = \dfrac12 k_BT\), откуда \[T = \frac{\hbar\Gamma}{2\alpha k_B}.\]
B-5. С учётом данных задачи (\(\Gamma = 1/\tau\)): \[T = \frac{\hbar}{2\alpha k_B\tau} = \frac{1{,}055\times10^{-34}}{2\cdot4\cdot1{,}381\times10^{-23}\cdot5\times10^{-9}} = 2\times10^{-4}\ \text{К}.\]