Baixe Análise da Seção de Choque em Espalhamento Quantum com Potencial Esférico Simétrico e outras Notas de estudo em PDF para Física, somente na Docsity! 170 Caṕıtulo 10 Problemas Tridimensionais II: Espalhamento No caṕıtulo anterior estudamos os estados ligados de sistemas tridimen- sionais. Apesar de toda a importância destes estados, eles não esgotam todas as possibilidades. Neste caṕıtulo estudaremos o espalhamento em Mecânica Quântica, o qual é muito utilizado para o estudo de sistemas em todas as áreas da F́ısica. Através do espalhamento aprendemos muito sobre a estrutura mais ı́ntima da matéria e suas interações, desde os cristais, moléculas, átomos, núcleos até as part́ıculas elementares. Consideremos uma hamiltoniana cujo potencial seja esfericamente simétrico e satisfaça 1 lim r→∞ V (r) = 0 . (10.1) O espectro desta hamiltoniana possui duas partes distintas: 1. Espectro discreto (E < 0) que é caracterizado pelos valores discre- tos dos autovalores E e também por seus autoestados serem nor- malizáveis ( ∫ d3x |Ψ|2 < ∞). Estes estados representam part́ıculas ligadas ao potencial V , e foram analisados no caṕıtulo anterior. 2. Espectro cont́ınuo (E ≥ 0) cujos autovalores E formam um con- junto não enumerável e as correspondentes autofunções são não 1Como discutido no caṕıtulo 9, podemos separar um problema de dois corpos no movimento do centro de massa e no movimento relativo das part́ıculas. Estudaremos o último em detalhe, sendo a conexão entre o espalhamento no centro de massa e o mais geral a mesma que conhecemos da Mecânica Clássica. 171 174 Caṕıtulo 10. Problemas Tridimensionais II: Espalhamento Para que dσ/dΩ independa das condições experimentais é necessário assumir que a densidade do feixe incidente seja suficientemente baixa para podermos desprezar as interações entre as part́ıculas incidentes e também para que estas não interajam simultaneamente com o centro espalhador. Se isto não for satisfeito, deveremos resolver um problema de muitos corpos interagindo entre si e com o potencial espalhador V . Da definição acima temos que dσ dΩ = Nesp F ∆Ω . (10.5) Para obter F e Nesp é conveniente escrever a condição de contorno (10.2) na forma Ψ → Ψinc + Ψesp (10.6) onde Ψinc = e ikz e Ψesp = f eikr r . (10.7) É natural identificar Ψinc com a onda incidente enquanto que Ψesp des- creve a onda espalhada. Agora basta utilizar a corrente de probabili- dade J = h̄ i2µ (Ψ∗∇Ψ − Ψ∇Ψ∗) , (10.8) para calcular Nesp e F . Devido ao significado f́ısico de J, estas quanti- dades podem ser escritas como3 F = |Jinc| , (10.9) Nesp = Jesp · er r 2 ∆Ω , (10.10) onde Jinc (Jesp) é a corrente de probabilidade incidente (espalhada) obtida substituindo-se Ψ em (10.8) por Ψinc (Ψesp). Logo, temos que a corrente incidente é dada por Jinc = h̄ i2µ ( e−ikz∇eikz − eikz∇e−ikz ) , = h̄k µ ez , (10.11) 3Aqui estamos desprezando a interferência entre a onda incidente e a espalhada. Num tratamento mais cuidadoso, além do escopo deste livro, pode-se mostrar que os resultados obtidos abaixo estão corretos. 10.2. Potenciais centrais: ondas parciais 175 ao passo que a corrente de probabilidade espalhada é Jesp = h̄ i2µ ( f ∗ e−ikr r ∇f eikr r − c.c. ) , = h̄k µ |f |2 r2 er , (10.12) onde conservamos apenas os termos mais importantes no limite r → ∞. Portanto, temos que F = h̄k µ , (10.13) e também Nesp = h̄k µ |f |2∆Ω . (10.14) Isto permite-nos obter a seção de choque diferencial deste processo, a qual é dada por por dσ dΩ = |f(θ, φ)|2 . (10.15) Exerćıcio: Mostre que este resultado independe da normalização adotada em (10.2), i.e. se multiplicarmos esta por uma constante A não alteraremos o re- sultado (10.15). Resumindo, o programa que devemos seguir para obter a seção de choque diferencial de um dado processo é resolver a equação de Schrödinger independente do tempo sujeita à condição de contorno de espalhamento (10.2). Feito isto extráımos f da solução obtida, e assim obtemos dσ/dΩ. A seguir faremos estes passos formalmente, visando encontrar uma expressão para f , a qual dependerá do comportamento dos autoestados da hamiltoniana no limite r → ∞. 10.2 Potenciais centrais: ondas parciais Quando o potencial V (r) responsável pelo espalhamento é esfericamente simétrico, o momento angular é uma quantidade conservada visto que 176 Caṕıtulo 10. Problemas Tridimensionais II: Espalhamento comuta com a hamiltoniana. Portanto, autoestados correspondendo a diferentes valores do momento angular são espalhados independen- temente, sendo conveniente trabalhar-se na base em que o momento angular é diagonal. No que segue escreveremos os autoestados da hamil- toniana na forma ul(r) r Ylm, o permite reduzir o problema de autovalores de H à seguinte equação radial − h̄2 2µ d2ul dr2 + ( V (r) + h̄2l(l + 1) 2µr2 ) ul = Eul , (10.16) onde E é o autovalor associado a este autoestado. No limite r → ∞ esta equação toma a forma − h̄2 2µ d2ul dr2 ∼= Eul , (10.17) onde assumimos que V tende a zero suficientemente rápido neste limite. A solução geral desta equação é ul(r) ∼= Al sin ( kr − lπ 2 + δl ) , (10.18) onde E = h̄2k2/2µ, e Al e δl são constantes. Uma vez que Al é uma constante multiplicativa, já que este é um problema de autovalores, podemos determinar a fase δl impondo apenas uma condição de con- torno, a qual deve ser ul(0) = 0. Lembre-se que esta condição de con- torno foi motivada no caṕıtulo 9 e que a sua justificativa não envolvia a função de onda ser normalizável. Um fato importante acerca de (10.18) é que este comportamento acarreta que o autoestado da hamiltoniana Ψ = ul r Ylm não satisfaz a condição de contorno de espalhamento (10.2)! Isto ocorre porque o seno em (10.18) contém uma onda espalhada (eikr) bem como uma onda incidente (e−ikr). Logo, esta solução descreve uma onda incidente de momento angular bem definido que é espalhada pelo potencial V . Neste caso a onda espalhada possui o mesmo momento angular da incidente, uma vez que este é conservado. Tendo em vista que os autoestados com energia E são degenerados, é natural fazer uma superposição linear destes visando que esta obedeça 10.2. Potenciais centrais: ondas parciais 179 zr=0 ab Figura 10.2: Visão clássica do espalhamento por um potencial de curto alcance: a linha tracejada representa a part́ıcula incidente enquanto que a região escura o potencial espalhador. expressão compacta. Somos então levados naturalmente a per- guntar quais as ondas parciais que mais contribuem para a seção de choque diferencial. Para responder esta questão, consideremos um potencial com alcance a, i.e. V (r) ∼= 0 para r > a. Ar- gumentaremos que apenas as ondas parciais satisfazendo l ≤ ka contribuem significativamente para dσ/dΩ. Classicamente esperamos que as part́ıculas incidindo com um parâmetro de impacto (b) maior que a não vão interagir com o potencial V , vide a figura 10.2. Logo, o momento angular máximo que uma part́ıcula pode ter para ser espalhada é h̄k × a. Con- seqüentemente, apenas as ondas satisfazendo l ≤ ka deverão es- palhadas. O argumento no contexto da Mecânica Quântica para obtermos esta conclusão é o seguinte: a função de onda do sistema para r pequeno é da forma Rl ' jl(kr), acarretando que o primeiro máximo desta dá-se para kr ' l. Logo, se l > ka a função de onda será pequena na região onde o potencial espalhador é maior, acarretando que estas ondas parciais não sentirão o efeito de V . Por conseguinte, as ondas mais espalhadas são aquelas que satisfazem l ≤ ka. Uma conseqüência interessante deste argumento é que no limite de baixas energias (ka 1) apenas a onda s (l = 0) contribui 180 Caṕıtulo 10. Problemas Tridimensionais II: Espalhamento para σ. Neste caso a seção de choque diferencial é isotrópica já que P0(cos θ) = 1. Além disso, a seção de choque total é dada por 4π k2 sin2 δ0. • Para potenciais puramente atrativos (V ≤ 0) temos que δl > 0. Isto ocorre pois a função de onda oscila mais rapidamente na região em que o potencial é não nulo, levando a um avanço na fase com respeito ao caso livre (V = 0). Analogamente, potenciais puramente repulsivos (V ≥ 0) conduzem a δl < 0. Isto também pode ser visto a partir da seguinte relação entre o deslocamento de fase, o potencial e o autoestado da energia ul: sin δl = − 2µ h̄2 ∫ ∞ 0 dr rjl(kr)ul(r)V (r) , (10.31) onde a normalização que adotamos é tal que ul(r) → sin(kr − lπ/2 + δl) no limite r → ∞. Exerćıcio: Demonstre a relação acima. Esta relação em si não é muito útil pois para obtermos δl pre- cisamos conhecer ul, sendo portanto um método complicado de calcular o deslocamento de fase! Contudo, ela permite-nos fazer aproximações. Supondo que o potencial seja fraco, podemos apro- ximar o autoestado pela função de onda livre, i.e. ul(r) ' krjl(kr) que nos leva a sin δl ' − 2µk h̄2 ∫ ∞ 0 dr r2j2l (kr)V (r) . (10.32) Com isso podemos ver que o sinal de δl é oposto ao do potencial. 10.3 Aplicações simples Visando demonstrar o procedimento para o cálculo da seção de choque pelo método de ondas parciais, vamos resolver dois exemplos: poço quadrado e esfera dura. 10.3. Aplicações simples 181 10.3.1 Poço quadrado Consideremos um sistema cujo potencial de interação é dado por V (r) = { −V0 se 0 < r < a 0 se r > a , (10.33) onde V0 > 0. A equação radial − h̄2 2µr d2 dr2 (rRl) + ( h̄2l(l + 1) 2µr2 + V (r) ) Rl = ERl (10.34) toma a forma 1 r d2 dr2 (rRl) + k ′2Rl − l(l + 1) r2 Rl = 0 para r < a , (10.35) 1 r d2 dr2 (rRl) + k 2Rl − l(l + 1) r2 Rl = 0 para r > a , (10.36) onde definimos k′2 = 2µ h̄2 (E+V0). Lembre-se que os estados descrevendo espalhamento possuem E = h̄2k2/2µ > 0. Visto que as equações acima são as mesmas de uma part́ıcula livre, temos que a solução geral para Rl é Rl(r) = { Aljl(k ′r) + Blηl(k ′r) para r < a Cljl(kr) + Dlηl(kr) para r > a . (10.37) Para obter os δl, iniciamos impondo a condição de contorno ul(0) = 0, a qual implica que Bl = 0. Utilizando a forma assintótica das funções de Bessel esféricas vistas no caṕıtulo anterior, é fácil mostrar6 que os deslocamentos de fase são dados por Dl/Cl = − tan δl. Uma vez que a expressão para Rl possui duas formas, devemos re- querer que Rl e dRl/dr sejam cont́ınuas em r = a, acarretando que Aljl(k ′a) = Cljl(ka) + Dlηl(ka) , (10.38) Alk ′j′l(k ′a) = Clkj ′ l(ka) + Dlkη ′ l(ka) , (10.39) 6Demonstre este fato! 184 Caṕıtulo 10. Problemas Tridimensionais II: Espalhamento A condição de contorno que deve ser imposta é Rl(a) = 0, uma vez que Rl se anula para r < a. A solução geral para Rl na região r > a é Rl = Cljl(kr) + Dlηl(kr) . (10.49) Lembrando que Dl/Cl = − tan δl e impondo a condição de contorno, podemos concluir que tan δl = jl(ka) ηl(ka) . (10.50) Analisemos o limite de baixas energias deste problema. Para E → 0, i.e. ka → 0, temos que tan δl ' − (ka)2l+1 (2l + 1)!!(2l − 1)!! ' sin δl ' δl , (10.51) onde utilizamos (10.42). Portanto, temos que |δl| |δ0| (l 6= 0) no limite acima, o que significa que apenas a onda parcial l = 0 contribui significativamente. Isto já era esperado tendo em vista a análise feita na seção anterior. Conseqüentemente neste limite σ ' 4π k2 (2 × 0 + 1) δ20 = 4πa 2 . (10.52) Este resultado é quatro vezes a área clássica da esfera! Explique-o! Exerćıcio Analise o limite de altas energias deste problema e mostre que o resul- tado é σ = 2πa2. Explique o porquê deste limite fornecer uma resposta diferente da clássica, apesar de estarmos no limite de ótica geométrica!7 10.4 Teorema óptico Uma propriedade importante da amplitude de espalhamento é que a parte imaginária de f(0) está relacionada com a seção de choque total 7Para maiores detalhes vide o livro R. Pierls, Surprises in Theoretical Physics, Princeton University Press, 1979. 10.5. Espalhamento ressonante 185 do processo. Para tornar evidente este fato, calculemos f(0) a partir de (10.25) f(0) = 1 k ∞ ∑ l=0 (2l + 1)eiδl sin δl , = 1 k ∞ ∑ l=0 (2l + 1)(cos δl sin δl + i sin 2 δl) , (10.53) onde utilizamos que os polinômios de Legendre satisfazem Pl(1) = 1. Comparando esta expressão com (10.27) podemos notar que σ = 4π k =f(0) , (10.54) onde o śımbolo = representa a parte imaginária da expressão que o segue. A razão f́ısica para a existência desta relação é a conservação de probabilidade: as part́ıculas espalhadas devem ser retiradas do feixe incidente e com isso a intensidade deste na direção frontal (θ ' 0) é reduzida, sendo este fato codificado por =f(0). Para compreendermos os detalhes desta relação, deveŕıamos estudar meticulosamente a con- servação de probabilidade num espalhamento, o que não faremos por isto fugir aos nossos objetivos. Uma análise cuidadosa do processo de espalhamento permiter-nos- ia mostrar que a relação (10.54) é geral, valendo até para situações em que o potencial não é central, ou seja, quando f depende também do ângulo azimutal φ. 10.5 Espalhamento ressonante Podemos escrever a expressão para a seção de choque total na forma, σ = ∞ ∑ l=0 σl , (10.55) com σl = 4π k2 (2l + 1) sin2 δl , (10.56) 186 Caṕıtulo 10. Problemas Tridimensionais II: Espalhamento onde explicitamos a contribuição de cada onda parcial. Note que a contribuição máxima que a onda parcial l pode dar ocorre para sin2 δl = 1, ou seja, quando δl(k) = ±π/2. Quando temos a ocorrência de σl máximo dizemos que o espalhamento é ressonante para uma dada energia. Existindo o espalhamento ressonante para a onda parcial l com uma energia ER, podemos obter uma expressão aproximada para a seção de choque como uma função da energia. Nosso ponto de partida será que δl(ER) = ±π/2, o que implica em cot δl(ER) = 0. Portanto, expandindo cot δl(E) em série de Taylor em torno de ER temos que cot δl(E) = cot δl(ER) + (E − ER) d dE cot δl(E) ∣ ∣ ∣ E=ER +... ' − 2 Γ (E − ER) , (10.57) onde definimos −2/Γ = d cot δl/dE avaliada em E = ER. Substituindo esta expressão em (10.56) resulta que σl(E) ' 4π k2 (2l + 1) Γ2/4 (E − ER)2 + Γ2/4 . (10.58) Esta á a fórmula de Breit-Wigner, cujo comportamento com a energia é dado pela figura 10.3. 10.5.1 Exemplo: potencial delta de casca Analisemos o espalhamento da onda s (l = 0) por um potencial delta de casca, o qual é dado por V (r) = λδ(r − a) . (10.59) Este potencial é repulsivo ou atrativo se λ > 0 ou λ < 0, respectiva- mente. A equação radial satisfeita por u0(r) é d2u0 dr2 + [ k2 − αδ(r − a) ] uo = 0 , (10.60) onde definimos k2 = 2µE/h̄2 e α = 2µλ/h̄2. Para r 6= a a função delta é nula e u0 satisfaz a equação radial de uma part́ıcula livre. Portanto, 10.7. Equação integral para o espalhamento 189 Note que G(x,x′) nada mais é do que a onda emergente gerada por uma fonte pontual localizada em x′. Conhecendo-se G é fácil verificar que Ψ(x) = Ψ0(x) + ∫ d3x′ G(x,x′) 2µ h̄2 V (x′)Ψ(x′) (10.70) é solução de (10.67), caso Ψ0 seja uma solução da equação homogênea (∇2 + k2)Ψ0 = 0. A expressão (10.70) é uma solução formal do pro- blema de espalhamento uma vez que Ψ aparece nos dois lados desta equação, ou seja, (10.70) é uma equação integral para Ψ! (10.70) é a equação integral associada a (10.67), a qual pode acomodar a condição de contorno (10.2) caso façamos uma escolha conveniente para Ψ0. Obtenhamos agora G. Para tanto devemos notar que G(x,x′) = G(x − x′) por causa da simetria de translação de (10.68). Mais ainda, a simetria de rotação do problema permite escrever que G(x,x′) = G(|x − x′|). Agora escrevemos G na forma de uma transformada de Fourier G(R) = ∫ d3p (2π)3 G̃(p) eip·R , (10.71) onde definimos R = x−x′ com o intuito de simplificar a notação. Para obter G̃(p) substitúımos a última expressão em (10.68) e utilizamos que δ(x − x′) = ∫ d3p (2π)3 eip·R , (10.72) o que conduz a G̃(p) = − 1 p2 − k2 . (10.73) Portanto, substituindo G̃ em (10.71), temos que G(R) = − ∫ d3p (2π)3 1 p2 − k2 eip·R . (10.74) Usando coordenadas esféricas no espaço dos momentos com o eixo z escolhido na direção de R escrevemos G(R) = − ∫ ∞ 0 dp (2π)3 p2 ∫ 2π 0 dφ ∫ 1 −1 d cos θ 1 p2 − k2 eipR cos θ . (10.75) 190 Caṕıtulo 10. Problemas Tridimensionais II: Espalhamento PI PR −k +k C1 C 2 Figura 10.4: Contornos de integração no plano complexo. As integrações angulares são fáceis e conduzem a G(R) = − 1 2π2R ∫ ∞ 0 dp p p2 − k2 eipR − e−ipR 2i . (10.76) Uma vez que o integrando em p é par podemos integrar de −∞ até +∞ desde que dividamos o resultado por 2. G(R) = i 8π2R ∫ ∞ −∞ dp p p2 − k2 (eipR − e−ipR) (10.77) A integral acima apresenta pólos ao longo do eixo real de p em p = ±k, o que indica que devamos prosseguir com cautela. Para evitar estas singularidades vamos deformar o contorno de integração para o percurso C1 da figura 10.4. 8 Utilizando o teorema dos reśıduos para avaliar esta integral final- mente obtemos que G(R) = G+(R) = − 1 4π eikR R . (10.78) 8Mostre que apesar da mudança do caminho de integração (10.77) ainda é uma solução de (10.68). 10.7. Equação integral para o espalhamento 191 Podeŕıamos também haver escolhido o circuito C2 da figura acima , o que conduziria a solução G(R) = G−(R) = − 1 4π e−ikR R . (10.79) A solução G+ (G−) representa uma onda esférica emergente (incidente) devido a fonte pontual (tipo δ) que aparece no lado direito da equação de ondas (10.68). Visando que a solução Ψ de (10.70) satisfaça a condição de contorno de espalhamento (10.2) escolheremos G+ e Ψ0 = e ikz, o que nos leva a Ψ(x) = eikz − µ 2πh̄2 ∫ d3x′ eik|x−x ′| |x − x′| V (x′)Ψ(x′) . (10.80) A escolha acima de Ψ0 foi motivada pelo fato de que para V = 0 a solução deve descrever uma part́ıcula livre. Verifiquemos que as escolhas acimas conduzem ao resultado dese- jado. Para tanto, analisemos agora a forma que Ψ assume a grandes distâncias do potencial espalhador V , i.e. para |x| |x′|. Neste limite temos que |x − x′| = √ x2 + x′2 − 2x · x′ ' |x| − x · x′ |x| , (10.81) o que permite concluir que no limite x → ∞ Ψ(x) → eikz − [ µ 2πh̄2 ∫ d3x′ e−ik·x ′ V (x′)Ψ(x′) ] eik|x| |x| , (10.82) onde definimos k = kx/|x|. Portanto, as escolhas para G e Ψ0 foram acertadas, já que Ψ satisfaz (10.2). Além disso, desta última expressão também inferimos que f(θ, φ) = − µ 2πh̄2 ∫ d3x′ e−ik·x ′ V (x′)Ψ(x′) . (10.83) A última expressão, apesar de elegante, na prática é inútil, uma vez que para a utilizarmos devemos conhecer Ψ em todo o espaço. Todavia, ela é utilizada para cálculos aproximados, como veremos na próxima seção. 194 Caṕıtulo 10. Problemas Tridimensionais II: Espalhamento 10.8.2 Exemplo: espalhamento por um átomo Consideremos o espalhamento de um elétron por um átomo, o qual será representado por sua densidade de carga elétrica −eρ(r).10 Podemos associar uma densidade de carga −eρ a um sistema de N elétrons no estado Ψ(r1, ..., rN) através de ρ(r) = N ∑ i=1 ∫ d3r1...d 3rN δ(r − ri)|Ψ| 2 . (10.94) Portanto, o potencial de interação neste problema será dado por V (r) = Z ′e2 [ Z r − ∫ d3r′ ρ(r′) |r − r′| ] , (10.95) onde Z é a carga do núcleo e Z ′ = −1 para o espalhamento de elétrons. Neste ponto é óbvio que não podemos resolver exatamente este pro- blema, logo utilizaremos a aproximação de Born. A partir de (10.89) podemos concluir (mostre) que esta aproximação é válida se v c ZZ ′ 137 , (10.96) onde v (c) é a velocidade do elétron (luz). Note que v não pode ser arbitrária já que a Mecânica Quântica é uma teoria não relativ́ıstica, e portanto deve ser menor que c. Na aproximação de Born temos que fb = − µ 2πh̄2 ∫ d2r e−iq·rV (r) = µ 2πh̄2q2 ∫ d3r ∇2 ( e−iq·r ) V (r) = µ 2πh̄2q2 ∫ d3r e−iq·r∇2V (r) , (10.97) onde integramos por partes e q2 = 4k2 sin2 θ 2 . Agora utilizando a equação de Poisson ∇2V (r) = −4πZ ′e2 (Zδ(r) − ρ(r)) , (10.98) 10Estamos aqui simplificando o problema, já que não consideramos o problema de muitos corpos envolvendo o elétron incidente e os atômicos. 10.8. Aproximação de Born 195 obtemos que fb = − 2µZ ′e2 h̄2q2 (Z − F (q)) , (10.99) onde o fator de forma F nada mais é do que a transformada de Fourier de ρ. F (q) = ∫ d3r e−iq·rρ(r) (10.100) Logo, a seção de choque diferencial deste processo é dσ dΩ = 4Z ′2 a20q 4 |Z − F (q)|2 , (10.101) onde a0 é o raio de Bohr. Exerćıcio Analise esta expressão nos limites q → 0 e q → ∞. Mostre que no último limite dσ/dΩ é dado apenas pelo espalhamento pelo núcleo. Interprete fisicamente os seus resultados.