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Guias e Dicas
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Análise da Seção de Choque em Espalhamento Quantum com Potencial Esférico Simétrico, Notas de estudo de Física

Este documento fornece uma análise detalhada do espalhamento de partículas com momento bem definido em um potencial central esfericamente simétrico, considerando as ondas incidente e emergente. A seção de choque diferencial é derivada e discutida, demonstrando como ela é relacionada à corrente de probabilidade incidente e espalhada. Além disso, o caso especial de potenciais centrais e ondas parciais é abordado, fornecendo uma expressão geral para a amplitude de espalhamento.

Tipologia: Notas de estudo

2010

Compartilhado em 21/09/2010

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marilton-rafael-1 🇧🇷

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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.
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