Prueba clásica de la relación giromagnética $g=2$

Question

Estaba leyendo Representación de los electrones: Una aproximación biográfica a las entidades teóricas por Theodore Arabatzis.

En un momento determinado, en el que está explicando la historia del momento magnético del electrón, describe el proceso que llevó a $$ \boldsymbol \mu=g\frac{e}{2m}\boldsymbol S $$

El momento magnético orbital satisface la relación anterior, con $g=1$ de alguna manera, el momento magnético de espín tiene $g=2$ . En la página 226, afirma que (el énfasis es mío):

El electrón, por tanto, adquiría un momento magnético intrínseco (un magnetón de Bohr) que era el doble de su momento magnético debido a su movimiento orbital. La cuestión de si esa propiedad podía acomodarse dentro de la representación electromagnética clásica del electrón entonces se levantó. En efecto, por sugerencia de Ehrenfest, Uhlenbeck consiguió explicar esta propiedad, aprovechando el análisis de Abraham sobre la relación giromagnética de una distribución esférica (superficial) de la carga. Suponiendo que el electrón fuera una esfera giratoria cuya carga estuviera distribuida en su superficie, se obtuvo el valor requerido de su momento magnético.

Si estoy entendiendo bien, el autor está diciendo que si pensamos en el electrón como una esfera con una distribución de carga superficial, deberíamos obtener el $g=2$ factor, utilizando únicamente argumentos clásicos . El caso es que intenté comprobar esto, y mi resultado es que $g=1$ .

Mi análisis es la siguiente: supongamos que el electrón es una esfera sólida con masa $m$ y el radio $r_e$ entonces su momento de inercia est $$ I=\frac{2}{5}mr_e^2 $$

Si suponemos que el electrón gira con una frecuencia angular $\omega$ encontramos que el momento angular de espín es $$ S=I\omega=\frac{2}{5}mr_e^2\omega $$

Por otro lado, el momento magnético de una esfera hueca cargada es $$ \mu=\frac{1}{5}er_e^2\omega $$

Por último, la relación de $\mu$ a $S$ est $$ \frac{\mu}{S}=\frac{1}{5}er_e^2\omega\ \frac{5}{2}\frac{1}{mr_e^2\omega}=\frac{e}{2m} $$ lo que significa que $g=1$ .

Mi pregunta es: ¿en qué ha fallado mi análisis?

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De hecho, la misma afirmación se da en George Uhlenbeck y el descubrimiento del espín de los electrones , por Abraham Pais:

Siguiendo una pista de Ehrenfest, George encontró en un viejo artículo de Max Abraham que un electrón considerado como una esfera rígida con sólo carga superficial sí tiene $g=2$ .

Como A. Pais es un respetado historiador de la ciencia, debo creer que la afirmación es exacta, pero sigo sin poder probar esta (bastante) simple afirmación. ¿Hay alguna posibilidad de que la afirmación sea falsa? ¿O es posible demostrar de alguna manera que $g=2$ ¿es cierto para una esfera clásica?

Answer 1

He revisado las preguntas sin respuesta, y he tropezado con esto...
¿Has encontrado los libros originales?

El error debe estar en su fórmula para el $\mu$ de una esfera hueca; el valor con $1/5$ que diste es la de una esfera sólida...
El problema se simplifica, creo, si se comparan las dos cosas directamente:

Se obtienen ambos, el momento angular y $\mu$ de integrales muy análogas sobre todos los puntos, en las que hay un $r^2\mathrm dm$ o un $r^2\mathrm dq$ :

$$ S = I\omega = \omega \int r^2\,\mathrm dm $$ y con la definición de $\mathrm d\mu$ como área cerrada de tiempos actuales: $$ \mu = \int\mathrm d\mu = \int A\,\mathrm dI = \int \pi r^2\cdot\frac{\mathrm dq}T = \int \pi r^2\cdot\frac{\mathrm dq}{2\pi}\omega = \frac \omega 2 \int r^2\,\mathrm dq $$

El factor g se define como uno si las cargas coinciden con las masas (la relación de sus densidades es igual en todas partes), es decir, la definición tiene en cuenta el $1/2$ en la segunda fórmula.

Así, si se distribuye la carga más lejos del eje que la masa, se obtiene un factor g mayor que uno. Las integrales son siempre equivalentes y dependen de la geometría de la distribución.
Para la misma geometría, siempre se obtendrá un factor previo para la intercia que es el doble del factor para el momento magnético -- y por lo tanto, por definición, un $g=1$ .

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Ahora viene lo extraño: el prefactor del momento de inercia de una esfera llena es $1/5$ y para una esfera hueca $1/3$ . El factor g con la distribución de la masa en la esfera y de la carga en la cáscara da así un $g=5/3$ .
Obviamente, esto contrasta con la afirmación de que es igual a dos. Sin embargo, explica que es mayor que uno.
Tal vez entonces no podían medir $g$ tan bien y sólo vio, que es considerablemente mayor que uno, y así podría explicar al menos esto ... ?

Así que la cuestión parece ser que las cargas están más lejos del eje que las masas. La esfera es sólo un bonito ejemplo, que explica que el factor (medido) sea mayor que uno por una bonita/plausible distribución.

...El argumento de las velocidades relativistas (de los comentarios) va en otra dirección: dado que otras mediciones sugieren un radio máximo para el electrón, se pueden calcular las velocidades necesarias, lo que refuta la explicación ingenua del giro (tanto para el aspecto inercial como para el magnético; esto no tiene nada que ver con su relación) como un movimiento real.

Answer 2

Parece que a algunas personas les ha gustado esta pregunta, así que voy a publicar mis ideas hasta ahora. No tengo una respuesta definitiva, pero obtuve algunos resultados interesantes.

Dejemos que $\rho_m(\boldsymbol r)$ y $\rho_e(\boldsymbol r)$ sean las densidades de masa y carga del electrón. El $g$ viene dado por $$ g=\frac{m}{e}\frac{\int\mathrm d\boldsymbol r\ r^2\sin\theta\ \rho_m(\boldsymbol r)}{\int\mathrm d\boldsymbol r\ r^2\sin\theta\ \rho_e(\boldsymbol r)} \tag{1} $$

A partir de esto, es fácil ver que si $\rho_m\propto \rho_e$ obtenemos $g=1$ . Esto significa que si tenemos una esfera sólida con densidad de carga constante y densidad de masa constante, el $g$ es 1; una esfera hueca con carga superficial también tiene $g=1$ . Si queremos $g\neq 1$ debemos tomar una densidad de carga que no es proporcional a la densidad de masa.

El primer modelo que se me ocurre es tomar una densidad de masa en volumen y una densidad de carga en superficie, es decir, una esfera llena con su carga en la superficie: \begin{align} \rho_m&=\frac{m}{V}\Theta(R-r)\\ \rho_e&=\frac{e}{S}\delta(r-R)\tag{2} \end{align} donde $V=\frac{4}{3}\pi R^3$ y $S=4\pi R^2$ . Si introducimos estas funciones en $(1)$ obtenemos $g=5/3$ como ya ha reconocido Ilja y Anubhav . Esto significa que las afirmaciones de Arabatzis y Pais son inexactas: este modelo no predice $g=2$ pero $g=1.67$ en su lugar.

Para ir un paso más allá, podemos tomar el mismo modelo anterior, pero con una masa y radios de carga diferentes, es decir, \begin{align} \rho_m&=\frac{m}{V}\Theta(R_m-r)\\ \rho_e&=\frac{e}{S}\delta(R_e-r)\tag{3} \end{align} con $R_m\neq R_e$ . En este caso, encontramos $g=5R_e^2/3R_m^2$ que es igual a 2 si $R_e=1.095 R_m$ . Sin embargo, este modelo parece muy artificial.

El siguiente ejemplo posible podría ser tomar densidades exponenciales, que podrían ser el resultado de algún tipo de cribado en algún nivel fundamental: \begin{align} \rho_m&\propto\exp\left[-\frac{r^2}{R_m^2}\right]\\ \rho_e&\propto\exp\left[-\frac{r}{R_e}\right]\tag{4} \end{align} a partir de la cual encontramos $g=8R_e^2/R_m^2$ Si tomamos $R_m=2R_e$ obtenemos $g=2$ . Esto es todavía muy artificial pero podría haber algún modelo electrostático que sea capaz de acomodar esto.

Otros modelos posibles podrían consistir en densidades no esféricas, como cilindros o hilos de cuerda. Dejo al lector que explore estos modelos. En cualquier caso, está claro que los modelos más naturales no predicen $g=2$ y no es fácil encontrar otro que lo solucione sin que sea demasiado ad hoc. Pero es posible escribir modelos exóticos con parámetros sintonizables para conseguir $g=2$ , lo que significa que al menos $g=2$ est alcanzable a nivel clásico.

Answer 3

Esta confusión proviene de una mala comprensión del objetivo del modelo de Abraham, creo. El objetivo del modelo de Abraham es explicar las propiedades mecánicas del electrón sólo del electromagnetismo . En tu cálculo estás, en cierto modo, pensando en el electrón como una esfera o cáscara de portadores de carga con masa. Uno se pregunta entonces cuál es la estructura de estos portadores de carga... Y a veces se dice que el radio clásico del electrón viene de poner la energía electrostática igual a la masa en reposo, pero el artículo de Abraham fue publicado dos años antes de que Einstein descubriera la relatividad especial y $E = mc^2$ . Así que tenemos que escarbar un poco más en la fuente primaria.

Lo que hace Abraham es que parte de la acción del campo electromagnético $$ S = \frac{1}{2} \int E^2 - B^2 \, \mathrm{d}^3 x \, \mathrm{d} t \, , $$ determina los campos de una esfera (o cáscara), y realiza la integral sobre $\mathrm{d}^3 x$ . Esto deja $S = \int L \, \mathrm{d} t$ donde $L$ es el Lagrangiano de la esfera (o cáscara). $L$ depende de las variables cinemáticas de la esfera (o cáscara), es decir, su posición, velocidad y rotación. Las ecuaciones del movimiento son las ecuaciones de Euler-Lagrange. Para concretar, hablaré a continuación de una cáscara, pero Abraham resuelve las cosas tanto para la cáscara como para la esfera sólida.

Hagamos primero el movimiento lineal solamente. Necesitamos determinar el Lagrangiano en función de la velocidad, para resolver los campos de una cáscara cargada en movimiento. En realidad, es más fácil hacer la transformación de Lorentz (¡la transformación de Lorentz se inventó una década antes de la relatividad especial!) en un marco en el que la cáscara está en reposo. Como en este marco el problema es electrostático, podemos descartar la parte magnética de la acción. Escribiendo $\phi$ para el potencial escalar e integrando por partes $$ S = \frac{1}{2} \int (\nabla \cdot \mathbf E) \phi \, \mathrm{d}^3 x' \, \mathrm{d} t' = \frac{1}{2} \int \rho \phi \, \mathrm{d}^3 x' \, \mathrm{d} t' $$ donde $\rho$ es la densidad de carga. (Abraham no lo sabe, pero en notación moderna está calculando $S = \frac{1}{2} \int \mathrm d^4x \, j_\mu A^\mu$ .) Ahora, en el marco de reposo, la carga se sitúa en un elipsoide aplastado por un factor de Lorentz $\gamma = 1/\sqrt{1 - v^2/c^2}$ y tenemos que recordar que $\mathrm{d} t = \gamma \mathrm{d} t'$ por lo que obtenemos una dependencia no trivial de $v^2$ . Se puede calcular resolviendo la ecuación de Poisson en coordenadas esféricas oblicuas; el resultado final es $$ L_\text{shell} = \text{const} + \frac{2 e^2}{3 c^2 r} \frac{v^2}{2c^2} + \mathcal{O}(v^4/c^2) , $$ Este es el Lagrangiano para una partícula de masa $m = \frac{2}{3} \frac{ e^2}{r c^2}$ . (Para una esfera sólida $\frac{2}{3}$ debe ser sustituido por $\frac{4}{5}$ .)

Hay que tener en cuenta que este cálculo es inverso a una visión moderna, en la que supondríamos que en su marco de reposo el electrón es esférico. Pero estamos en 1903 y el éter luminoso sigue siendo una cosa, así que lo natural para Abraham es suponer que en el marco del éter el electrón es esférico.

El objetivo de Abraham en su modelo es derivar la mecánico masa a partir de las propiedades geométricas y electromagnéticas únicamente. Conceptualmente los parámetros fundamentales de su modelo son el carga y el radio .

Ahora, la rotación. Si tomamos un electrón en reposo, entonces tenemos que encontrar los campos eléctricos y magnéticos de una esfera o cáscara rígida que gira con velocidad angular $\omega$ . En realidad, sólo necesitamos los potenciales escalares y vectoriales, ya que $L = \frac{1}{2} \int \mathrm{d}^3 x \, j_\mu A^\mu$ . Esto es electro y magnetostática por lo que se puede obtener resolviendo la ecuación de Poisson en cilíndrico coordenadas. La densidad de corriente y el potencial vectorial son ambos proporcionales a $\rho \omega$ por lo que tras la integración obtenemos $$ L_\text{shell} = \text{constant} + \frac{1}{9} \frac{e^2 r}{c^2} \omega^2 = \text{constant} + \frac{1}{3} mr^2\omega^2 \, . $$ Este es el Lagrangiano para un cuerpo en rotación con momento de inercia $I = \frac{2}{9} \frac{e^2 r}{c^2}$ . (Para una esfera sólida sustituir $\frac{1}{9}$ con $\frac{2}{35}$ y $\frac{1}{3}$ con $\frac{1}{7}$ .) En ambos casos el momento de inercia es proporcional a $m r^2$ como debe ser, pero como señala Abraham:

(En una con la masa $M$ uniformemente sobre el volumen o la superficie Como es sabido, el momento de inercia de una esfera material es $$ P = \frac{2}{5} M a^2 \quad \text{bez.} \quad P = \frac{2}{3} M a^2 \, \text{.)} $$

(Trans: Para una esfera material con masa $M$ distribuido uniformemente sobre su volumen o superficie los momentos de inercia son, familiarmente, ...)

Ahora podemos calcular el momento magnético de una cáscara esférica. Con un ángulo polar $\theta$ la corriente es $ I = \rho \omega r^2 \sin \theta$ y el área cerrada es $\pi r^2 \sin^2 \theta$ . Por lo tanto, $$ \mu = \pi \rho \omega r^4 \int_0^{\pi} \sin^3 \theta \, \mathrm{d} \theta = \frac{4\pi}{3} \rho \omega r^4 = \frac{1}{3} e \omega r^2 \, . $$

Entonces con un poco de álgebra simple tenemos $$ \mu = \frac{e}{m} J \implies g = 2 \,. $$

Referencia

• Abraham, M., Principios de la dinámica del electrón , Ann. Physik 315 , 105 (1903).

Answer 4

Www.physicspages.com/2013/04/11/magnetic-dipole-moment-of-spinning-spherical-shell/

Mi búsqueda da

$\mu = \frac{e\omega R^2}{3}$

Esto da $g = 5/3 = 1.667$

¿No has proporcionado el enlace que aparece a continuación?

https://en.wikipedia.org/wiki/Electron_magnetic_moment#The_classical_theory_of_the_g-factor

Lo que explica que la distribución no uniforme de la carga puede explicar el valor de g = 2 sin Dirac ecuación.

Siguiendo una pista de Ehrenfest, George encontró en un viejo artículo de Max Abraham que un electrón considerado como una esfera rígida con sólo carga superficial sí tiene .

Es posible que con esta afirmación haya querido decir que la relación de radio $\frac{r_e}{r_m} ≈ 1.09051$ se ha aproximado a la superficie de carga.

Answer 5

Le pedí a un profesional que mirara esto también y obtuvo la misma respuesta. Por lo tanto, lo voy a poner en el bote:

Estoy buscando la teoría para la relación clásica entre el momento magnético $\mu$ y el giro $S$ . Se dice que el $g$ -El factor es $g=2$ para la ecuación: $\mu=g\frac{e}{2m_e}S$ si se mira un electrón. Aquí estoy tratando de demostrarlo con el razonamiento clásico:

$$\begin{align} S&=I\omega=\omega\int \rho_m r^2 dV\\ \mu&=\frac{\omega}{2}\int \rho_e r^2 dV \end{align}$$

Las dos fórmulas siguientes se basan en esta página: https://en.wikipedia.org/wiki/Electron_magnetic_moment#The_classical_theory_of_the_g-factor

$$\begin{align} \rho_e&=eN_ee^{-\frac{r^{2}}{r_e^{2}}}\\ \rho_m&=m_eN_me^{-\frac{r^{2}}{r_e^{2}}} \end{align}$$

Por lo tanto,

$$\begin{align} \mu&=4\pi\frac{\omega}{2}\int_0^\infty eN_ee^{-\frac{r^{2}}{r_e^{2}}}r^2 r^2dr\\ S&=4\pi\omega\int_0^\infty m_e N_me^{-\frac{r^{2}}{r_m^{2}}} r^2 r^2dr \end{align}$$

Tengo que normalizar estos dos

$$\begin{align} \int_0^\infty N_ee^{-\frac{r^{2}}{r_e^{2}}}dr&\\ \int_0^\infty N_me^{-\frac{r^{2}}{r_e^{2}}}dr& \end{align}$$

Se obtiene que:
$$\begin{align} N_e&=\frac{1}{\sqrt{\pi}r_e}\\ N_m&=\frac{1}{\sqrt{\pi}r_m} \end{align}$$

Lo conseguimos:

$$\begin{align} \mu&=\frac{e}{\sqrt{\pi}r_e}4\pi\frac{\omega}{2}\int_0^\infty e^{-\frac{r^{2}}{r_e^{2}}}r^4dr\\ S&=\frac{m_e}{\sqrt{\pi}r_m}4\pi\omega\int_0^\infty e^{-\frac{r^{2}}{r_m^{2}}}r^4dr \end{align}$$

He obtenido de una calculadora integral en línea que: $\int_0^\infty e^{\frac{-x^2}{a}}x^4=\frac{3\sqrt{\pi} a^{\frac{5}{2}}}{8}$

Así que

$$\begin{align} \mu&=\frac{e}{\sqrt{\pi}r_e}4\pi\frac{\omega}{2}\frac{3\sqrt{\pi} r_e^5}{8}\\ S&=\frac{m_e}{\sqrt{\pi}r_m}4\pi\omega \frac{3\sqrt{\pi} r_m^5}{8} \end{align}$$

Queremos resolver

$$\mu=DS$$

$$\frac{e}{\sqrt{\pi}r_e}4\pi\frac{\omega}{2}\frac{3\sqrt{\pi} r_e^5}{8}=D\frac{m_e}{\sqrt{\pi}r_m}4\pi\omega \frac{3\sqrt{\pi} r_m^5}{8}$$ Obtenemos:

$$D=\frac{e}{2m_e}\frac{r_e^4}{r_m^4}$$

Pero es $\frac{r_e^4}{r_m^4}=2$ ?

del artículo de la wikipedia arriba dice que se necesita

$\frac{r_e^8}{r_m^8}$ . Pero mis cálculos no llegan al mismo resultado. Cualquier aportación es bienvenida. Supongo que me habría acercado un poco más si hubiera sido el mismo resultado que la página de la wikipedia. La página de la wikipedia también informa que $\frac{r_e}{r_m}\approx 1.09051$ y eso llevaría a $\frac{r_e^8}{r_m^8}\approx 2$ .