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Consideremos la segunda ley de la termodinámica.

Me he sorprendido a mí mismo con un experimento de pensamiento, de mi propia invención.

Supongamos que tomar un haz de total depolarised, pero de lo contrario plano de onda de la luz. Sus von Neumann entropía por fotón es $\log(2)$ o nats un bit por cada fotón - cada fotón del estado toma un poco de describir.

Ahora que paso por el rayo a través de un polarizador, la anulación de uno de los polarización de los estados. Ahora hay fotones en sólo uno de polarización eigenstate a la izquierda y la entropía por fotón es ahora nada.

Al hacer esto, la mitad de la viga de la energía $P$ ha sido absorbida por el polarizador. Considere una muestra de que el haz se propaga en el tiempo $\mathrm{d}t$. Esta viga del ejemplo de la entropía antes de polarización es $\frac{P}{h\,\nu}\,k_B\,\log 2\,\mathrm{d}t$ donde $\nu$ es la luz de su frecuencia. Después de la polarización, la luz restante de la entropía es cero. Suponiendo que el polarizador está en equilibrio termodinámico con su entorno en la temperatura de la $T$, en el tiempo $\mathrm{d}t$ el polarizador absorbe la energía $\frac{1}{2}\,P\,\mathrm{d}t$, por lo que su incremento de entropía, por definición de la temperatura termodinámica, es $\frac{1}{2}\,\frac{P}{T}\,\mathrm{d}t$. La entropía total del cambio realizado por la polarización proceso es por lo tanto:

$$\mathrm{d}S = \left(\frac{1}{2\,T}-\frac{1}{h\,\nu}\,k_B\,\log 2\right)\,P\,\mathrm{d}t\tag{1}$$

así, la segunda ley es "seguro":

$$T\leq\frac{h\,\nu}{2\,k_B\,\log2}\tag{2}$$

Hasta ahora tan bueno. Esto trabaja para $600{\rm THz}$ luz visible (500nm) y obtenemos $T<21000K$. Tenemos dudas sobre nuestra polarizador de trabajo según lo planeado si la temperatura es tres veces la de la superficie del Sol, no surpises allí, así que no hay premios Nobel de trabajo que uno!

Sin embargo, ¿qué pasa con un microondas polarizador? - una red de cables en una dirección que permite el microondas pasar si su $\vec{E}$s son ortogonales a los cables. De trabajo en $6{\rm GHz}$. Ahora nuestra temperatura obligado es $T<0.2K$. Obviamente, el polarizador será imperfecto y puede re-irradiar en formas complicadas, pero si nos imaginamos el escenario completo en el espacio profundo, donde todo lo que rodea el experimento consiste en $T=2.7K$, entonces no veo cómo polarizador puede volver a irradiar la luz con más entropía que lo que se pierde por la polarización de la luz. Si usted irradia calor de la ${\rm d} Q$ en el CBMR, a continuación, el aumento de la entropía de la thermalised EM campo es ${\rm d} Q/T_{CMBR}$, por lo que todavía parece golpear contra el límite en (1), incluso después de que tomamos en cuenta para la re-radiación.

Lo que (1) es aproximadamente, de forma intuitiva a estar diciendo es que si la polarización de la luz, entonces usted debe de alguna manera ser capaces de re-irradiar al menos como muchos fotones como se absorben, por lo que hay un total de incremento de entropía. (El número de fotones por unidad de calor irradiada es aproximadamente el $\propto\frac{1}{T}$). Y esto suena razonable para mí.

Y, sin embargo, microondas polarizadores hacer el trabajo!

Lo que me estoy perdiendo aquí?

Parece un simple experimento, me sorprendería si no hubiese un papel en algún lugar, así que también me gustaría apreciar una referencia como respuesta.

3voto

rocketmonkeys Puntos 258

Como siempre la respuesta es una cosa simple. Se calcula el cambio en la entropía mediante la definición de la entropía \begin{equation} \mathrm{d}S = \frac{\mathrm{d}Q_\mathrm{rev}}{T} \end{equation} tenga en cuenta que esto se aplica calor transferido de forma reversible.

Más en general debemos usar el teorema de Clausius\begin{equation} \mathrm{d}S \ge \frac{\mathrm{d}Q}{T}\end{equation} Donde el $\mathrm{d}Q$ ahora puede ser reversible.

Ahora un proceso termodinámicamente reversible si puede ser revertido por un cambio infinitesimal en las condiciones, que ciertamente no es el caso aquí, así que todo lo que podemos concluir sobre el cambio en la entropía (sin hacer un análisis más detallado) es que debe ser mayor que la cantidad calculada, por lo que nunca hubo un problema.

2voto

En primer lugar, el OP es olvidar que el clásico microondas polarizador experimento se hace con la radiación electromagnética en un estado puro, no una mezcla. Simplemente tenemos luz polarizada a partir de, digamos, un diodo Gunn y este puro superposición cuántica es forzado en una polarización eigenstate por el polarizador. Así que comenzamos con cerca de cero entropía luz, absorber parte de ella (la adición de la entropía en el polarizador ya que se calienta), y el resto de la luz también es de cerca de cero de la entropía. No hay problema. Así que esto explica fácilmente cómo el OP reclamaciones recordar microondas polarización experimentos mostrados a él cuando tenía 17 años y que funcione perfectamente en 300K.

Pero, ¿qué acerca de depolarised microondas? En este caso, la segunda ley de la termodinámica pone un límite a cuán bien un polarizador puede trabajar a una temperatura dada.

Imaginemos una longitud finita, depolarised haz de microondas en movimiento a través del espacio profundo. Todos cuántica variables de estado - dirección, giro, frecuencia, a un lado de la polarización conjunto de estados por lo que la luz es completamente descriptible por un $2\times 2$ matriz de densidad escrita con respecto a la polarización eigenstate base. Los fotones no necesitas estar en la frecuencia (energía) autoestados y dirección (impulso) autoestados, sino que puede ser una superposición cuántica de tales estados propios (no mezcla), de modo que formen un pulso puede ser finito en el espacio y el tiempo. El fotón conjunto se está moviendo a través del espacio profundo separados de su fuente, de modo que podemos pensar de todo el sistema como:

  1. Los fotones de microondas conjunto, descrito por una clásica mezcla de dos estados puros (superposición cuántica de la energía y el impulso autoestados) que se diferencian sólo por estar en polarización ortogonal de los estados unidos;
  2. El espacio libre cuántica de campo de luz, en equilibrio termodinámico en la CMBR temperatura de $T_{CMBR}=2.7K$, por lo que es una mezcla de thermalised fotones descrito por el Planckian BB espectro en $T_{CMBR}$;
  3. El polarizador en sí misma, también inicialmente en equilibrio termodinámico en $T_{CMBR}$.

Cabe señalar que depolarised microondas cuyo otras propiedades cuánticas de lo contrario son perfectamente conocidos son criaturas exóticas y no puedo pensar en cómo se puede producir tales cosas experimentalmente, en contraste con la situación de luz donde estas mezclas son mucho más plausible. Sin embargo, no parece ser, en principio, razón por la que estas mezclas no puede existir para el microondas, si lo hacen para la luz visible.

Consideramos que el pulso, separándolos de su fuente, por lo que ya hemos explicado el incremento de entropía en la producción de la luz, que, como Wolphram de jonny Respuesta señala que se producirá una gran cantidad de entropía. No hay ningún problema con la segunda ley de aquí. Pero ahora queremos saber cuál es la entropía cambios son para el sistema que comienza como entrante energía de microondas, polarizador y CMBR.

Como Por la Simetría de la Respuesta , se analiza, inicialmente el polarizador no está en equilibrio y la calefacción es irreversible. Se empieza a calentar. Pero con el tiempo hay que llegar a un estado estable: se puede tener de los gradientes de temperatura con un "punto caliente", donde el rayo de luz se absorbe, pero finalmente va a ser descrito como una distribución de la temperatura,$T(\vec{x})$. Este estado de equilibrio se alcanza cuando la suma de la corriente de entrada de la viga junto con el calor absorbido por el polarizador de la CMBR es igual al calor de la re-irradiada a la CMBR campo de radiación en la unidad de tiempo. Yo croquis estas ideas a continuación.

Steady State System

En estado estacionario, el polarizador del macrostate es invariable con el tiempo, por lo que su total de entropía debe ser constante. Por lo tanto, podemos pensar conceptualmente de la conversión ocurre cuando la luz es absorbida por el polarizador y, más tarde, la igualdad neto de energía es irradiada a la CMBR de campo elaborado como en mi siguiente bosquejo:

Conversion of Microwaves

En estado estacionario, por lo tanto, necesitamos tener en cuenta para:

  1. La entropía perdido de la viga a través de cualquier polarización: la entropía de la parcialmente polarizada salida de haz menos que de la viga de la entrada;
  2. El incremento de entropía del campo de radiación, como el aporte de energía para el polarizador de la viga es re-irradiada.

Ahora la máxima entropía que el campo de radiación se puede "empaparse" en la absorción de la energía de $\mathrm{d}\,P$$\frac{\mathrm{d}P}{T_{CMBR}}$; esto es debido a que:

  1. El error de proporción entre el total de la información de estado del contenido de un sistema de partículas (aquí thermalised EM campo cuántico osciladores) y la información se calcula suponiendo que el sistema está en su máxima entropía, de equilibrio termodinámico del estado de los enfoques de la nada como el número de partículas aumenta sin límite, como se analiza más en mi respuesta a la pregunta "¿por Qué las leyes de la termodinámica "suprema entre las leyes de la Naturaleza"?" y
  2. La definición de la temperatura termodinámica es $\frac{1}{T} = \frac{\partial\,S}{\partial\,U}$ donde $U$ es la energía interna de un sistema y $S$ su entropía.

Por lo tanto, el incremento de entropía del campo de radiación debe exceder de él entropía perdido de la viga a través de cualquier polarización en todos los casos, y así:

$$(1-\alpha)\,\frac{\mathrm{d}P}{T_{CMBR}} \geq \frac{\mathrm{d}P}{h\,\nu}\,k_B\,\left(-\mathrm{tr}\left(\rho_{in}\,\log\,\rho_{in}\right)+\alpha\,\mathrm{tr}\left(\rho_{out}\,\log\,\rho_{out}\right)\right)$$

y esta es la declaración de la segunda ley de la termodinámica que se manifiesta como un límite en la cantidad de un polarizador en realidad puede polarizar la luz, donde $\alpha$ es la fracción de la entrada del haz transmitido por el polarizador, $\rho_{in}\approx\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2}&0\\0&\frac{1}{2}\end{array}\right)$ es la matriz de densidad que describe el estado de mezcla de cada uno de los fotones de entrada para el polarizador y $\rho_{out}$ es la matriz de densidad que describe el estado de mezcla de cada uno de los fotones transmitidos directamente por el polarizador. Por lo tanto, la segunda ley limita la calidad de la polarización posible y:

$$-\mathrm{tr}\left(\rho_{out}\,\log\,\rho_{out}\right) \geq \frac{\log\,2}{\alpha}-\frac{1-\alpha}{\alpha}\,\frac{h\,\nu}{k_B\,T}$$

define el valor máximo de "calidad" de la polarización permitido por la segunda ley de la termodinámica, en donde la cantidad de $-\mathrm{tr}\left(\rho_{out}\,\log\,\rho_{out}\right)$ en el lado izquierdo es positivo, se hace más pequeño con el aumento de la calidad de la polarización y tiene un valor de cero a los nats, cuando la polarización es perfecto. Aquí $T$ es la temperatura efectiva de la radiación en el medio ambiente de campo, y debe ser mayor que o igual a $T_{CMBR}$. Para una determinada calidad de polarización a suceder, una necesaria condición es entonces:

$$T \leq \frac{(1-\alpha)\,h\,\nu}{k_B\,\left(-\mathrm{tr}\left(\rho_{in}\,\log\,\rho_{in}\right)+\alpha\,\mathrm{tr}\left(\rho_{out}\,\log\,\rho_{out}\right)\right)}$$

lo que se reduce a la OPs fórmula en el caso de depolarised entrada de luz y perfectamente polarizada la luz de salida.

1voto

rocketmonkeys Puntos 258

Creo que el factor de que usted está haciendo caso omiso de que el polarizador se emiten radiación térmica. Si continuamos con el ideal polarizador, entonces sólo debe emitir la polarización que se absorbe (ideal componentes son raras). Esto significa que habrá un componente de la absorción de la polarización en la viga después de que el polarizador y por lo que siempre habrá algunos entropía en la final de la viga. Esta entropía aumenta con la temperatura y disminuye con la frecuencia.

1voto

ponir Puntos 6

Creo que el error está en asumir que el haz polarizado es un estado puro de la entropía cero. Si la caracterizan en términos de polarización solamente, la caracterización no es completa. Usted necesita un conjunto completo de observables que conmutan a charactherize un estado puro. El macroscópico haz polarizado es todavía compatible con muchos de los diferentes cuántica microstates (por ejemplo, el giro de orientaciones sobre el plano de polarización de la todavía será aleatorio). Por la misma razón que la suposición de que la entropía por fotón será el registro(2) es incorrecta.

Pero supongamos que una más o menos diferentes, pero equivalentes situación en la que el original de la fuente de luz está preparado de tal manera que el que conoce el estado total del sistema, es decir, se está preparando con todos los conjuntos de números cuánticos otros de polarización perfectamente conocida. El error ahora, creo, es que sólo se considera el aumento de la entropía en el polarizador, pero no el aumento en la pérdida de la no-polirizad la luz misma. Durante la absorción usted perderá una gran cantidad de información acerca de la no luz polarizada (técnicamente no se pierde sino que se mezclaron con el resto de la polarizador. No no incluir ese término. Sólo se incluye la cantidad obtenida por el reservoit debido top heay de transferencia, pero que no incluyen toda la información perdida, porque la mitad o el sistema no está en su estado original.

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