Baixe Espalhamento de partículas em potenciais esfericamente simétricos e outras Esquemas em PDF para Mecânica Quântica, somente na Docsity!
VI) Espalhamento
Como vimos no capítulo de potenciais esfericamente simétricos, os problemas de estados ligados seguem uma
estratégia de solução análoga aos problemas em 1-D. Também no caso do potencial coulombiano (longo alcance)
esta analogia continua presente na equação radial. Os únicos problemas que ainda não abordamos em 3-D são
aqueles que envolvem estados no contínuo, ou seja, os problemas de colisões ou espalhamento. A fim de formular
o problema de espalhamento vamos, inicialmente, relembrar (ou definir) alguns conceitos clássicos que serão úteis
mais tarde.
- Seção de choque: diferencial e total
Imaginemos que um feixe clássico de partículas que incidem dentro de uma certa área ρdρdϕ seja espalhado dentro
de um ângulo sólido dΩ = sin θ dθ dϕ = |d (cos θ)| dϕ. O número de partículas incidentes por unidade de área por
unidade de tempo é dado por J · ˆs onde J é a densidade de corrente e ˆs o unitário da área considerada. Assim o
número de partículas a serem espalhadas dentro de dΩ por unidade de tempo é
dn = J ρ dϕ dρ.
Conhecendo ρ = ρ (θ) temos ainda
dn = Jρ dϕ
dρ
d (cos θ)
|d (cos θ)|
= Jρ
dρ
d (cos θ)
dΩ
Jρ
sin θ
dρ
dθ
dΩ.
Então o número de partículas espalhadas em dΩ por unidade de tempo é proporcional ao fluxo incidente J com
constante de proporcionalidade
dΩ
ρ
sin θ
dρ
dθ
ou ainda
dn
J
ρ
sin θ
dρ
dθ
dΩ ≡
dσ
dΩ
dΩ.
A combinação
ρ sin θ
dρ dθ
∣ é ainda denotada^ σ^ (θ)^ que é a chamada^ seção de choque diferencial.
Esta grandeza tem dimensões de área e é tal que
ˆ
Ω
dσ
dΩ
dΩ = σ,
que é a seção de choque total.
Um exemplo trivial é do espalhamento clássico por uma esfera rígida de raio R:
ρ = R sin θ
′
= R sin
θ
dσ
dΩ
ρ
sin θ
dρ
dθ
R
2
sin
θ 2
sin θ
cos
θ
R
2
⇒ σ =
2 π
0
dϕ
1
− 1
d(cos θ)
R
2
= πR
2
Vemos, então, que a seção de choque total é a área máxima do centro espalhador vista pelo feixe incidente.
Estes conceitos podem ser levados diretamente para a mecânica quântica através das suas definições gerais.
Por exemplo, dσ/dΩ é o número de partículas espalhadas em dΩ por unidade de tempo dividido pela intensidade
do feixe incidente. Consequentemente, dσ/dΩ pode ser calculado se conhecermos ψ (r, t), ou seja, as densidades
de corrente, Jinc e Jesp, a este estado associadas. Adiante veremos como este conceito nos será útil em mecânica
quântica.
VI.1) Espalhamento de um pacote de onda
Suponha que queremos resolver o problema de uma partícula descrita pela hamiltoniana
H =
p
2
2 m
+ V = H 0 + V (VI.1.1)
onde V 6 = 0 apenas dentro de uma esfera de raio a. Convém notar que H pode estar descrevendo uma colisão de 2
corpos vista no C.M. do sistema. Neste caso m seria a massa reduzida do sistema.
Em t = 0 a partícula é representada por um pacote
ψ (r, 0) =
(2π)
(^3) / 2
ϕ (k) e
ik·(r−r 0 ) d
3 k, (VI.1.2)
onde |r 0 | a e ϕ (k) está centrada em k 0 com largura ∆k. Então, ψ (r, 0) está centrada em r 0 com largura
∆r = ∆x∆y∆z.
onde ω 0 ≡ ℏk
2 0 /^2 m^ e^ v^0 =^ ℏk^0 /m.
No instante da detecção, td, teremos a fase de ψ dada por
e
−ik·(r 0 +v 0 td) e
iω 0 td e
i
(k−k 0 )^2 2 m td^.
Mas, se os detetores estiverem a uma distância da ordem de r 0 do centro espalhador, td deve ser da ordem de
2 mr 0 /ℏk 0 e
e
iℏ(k−k 0 ) 2 td/ 2 m ≈ e
i(∆k) 2 r 0 /k 0 ≈ 1 ,
onde usamos que o pacote não irá se alargar apreciavelmente neste intervalo e, consequentemente, (∆k)
2 r 0 /k 0 1.
Assim podemos escrever ψ (r, t) como
ψ (r, t) =
ϕ (k) e
−ik·(r 0 +v 0 t) e
iω 0 t
(2π)
(^3) / 2
e
ik·r
e ikr
r
d
3 k. (VI.1.10)
Assumindo que f seja uma função suave de k e ϕ (k) 6 = 0 se ˆk ∼= kˆ 0
⇒ kr = k · kˆr ∼= k · ˆk 0 r
podemos reescrever
ψ (r, t) em (VI.1.10) como
ψ (r, t) = ψ (r − v 0 t, 0) e
iω 0 t
fk 0 (ˆr)
r
ψ
rˆk 0 − v 0 t, 0
e
iω 0 t , (VI.1.11)
que representa o pacote inicial transladado de v 0 t somado a uma onda esférica cuja amplitude depende da distância
ao centro espalhador e da direção de espalhamento. A função fk 0 (ˆr) é a chamada amplitude de espalhamento.
Note que (VI.1.11) só faz sentido para tempos muito longos ∼ td. O seu 1º termo tem a forma do pacote inicial e,
portanto, está centrado em r − v 0 t = r 0 ou r = r 0 + v 0 t. Isto significa que o pacote está se movendo com velocidade
constante v 0. O 2º termo de (VI.1.11) contém o mesmo pacote que deve estar centrado em r
k 0 − v 0 tk 0 = r 0 , ou
seja, r = r 0 ·
k 0 + v 0 t = αr 0 + v 0 t onde α ≡
k 0 · ˆr 0 < 0. Portanto, o pacote no 2º termo está centrado a uma
distância v 0 t − |α| r 0 da origem (t ∼ td) além de estar ainda multiplicando pela amplitude de espalhamento fk 0 (ˆr).
Portanto, se há N partículas distinguíveis no feixe, cada uma representada por um pacote, podemos dizer que a
razão do número de partículas detetadas em dΩ pelo número de particulas incidentes por unidade de area pode ser
calculada como
dσ
dΩ
dΩ =
∑^ N
i=
v 0
|fk 0 (ˆr)|
2
r^2
−∞
∣ψi
(r − v 0 t)
k 0 , 0
2 r
2 dΩ dt
∑^ N
i=
v 0
−∞
∣ψi
(r − v 0 t)
k 0 , 0
2 dt
dσ
dΩ
= |fk 0 (ˆr)|
2
. (VI.1.12)
Apesar de o numerador estar centrado em t ≈ td e o denominador em t ≈ 0 , estendemos as integrais de −∞ a +∞
porque, nos dois casos, a forma funcional de ψ é a mesma e, além do mais, de largura finita. A hipótese de mesma
forma de ψ implica que estamos longe de ressonâncias do potencial, o que será abordado na seção seguinte.
Vamos agora justificar as hipóteses (i) e (ii) que fizemos anteriormente.
i) Justificativa para a forma ψ
(+) k (r).
Queremos resolver
2
2 m
2 ψ + V ψ = Eψ,
ou
∇
2 ψ + k
2 ψ = U ψ,
onde
k
2
2 mE
2
e
U =
2 mV
2
Assim,
2
2
ψ = U (r) ψ (r)
U (r
′ ) δ (r − r
′ ) ψ (r
′ ) d
3 r
′
. (VI.1.13)
Portanto se soubermos a solução de
2
ψ = δ(r − r ′ ) podemos encontrar a de
2
ψ = U ψ
por superposição das respostas a cada excitação deltiforme.
Então podemos escrever
ψk (r) =
e
ik·r
(2π)
3 / 2 −^
4 π
G (r, r
′ ) U (r
′ ) ψk (r
′ ) d
3 r
′ , (VI.1.14)
onde ( ∇
2
2
G (r, r
′ ) = − 4 πδ (r − r
′ ).
Seja
G (r, r
′ ) = G (r − r
′ ) =
g (k
′ ) e
ik ′ ·(r−r ′ ) d
3 k
′ .
Atuando com ∇
2 nesta expressão temos
2 G =
g (k
′ )
−k
′ 2
e
ik·(r−r ′ ) d
3 k
′ .
Usando ainda que
δ (r − r
′ ) =
(2π)
3
e
ik ′ ·(r−r ′ ) d
3 k
′
podemos escrever que
2
2
G = − 4 πδ (r − r
′ ) é equivalente a
k
2 − k
′ 2
g (k
′ ) e
ik·(r−r ′ ) d
3 k
′
− 4 π
(2π)
3 e
ik ′ ·(r−r ′ ) d
3 k
′
ou ainda
g (k
′ ) =
2 π^2
k′^2 − k^2
e
G (r − r
′ ) =
2 π 2
e
ik ′ ·(r−r ′ )
k ′ 2 − k 2
d
3 k
′
. (VI.1.15)
onde
f
(±) k (ˆr) = −
(2π)
(^3) / 2
4 π
e
∓ik ′ ·r ′ U (r
′ ) ψ
(±) k (r
′ ) d
3 r
′ (VI.1.18)
é a amplitude de espalhamento.
ii) Justificativa para o mesmo ϕ (k).
Como vimos em (VI.1.7) esta hipótese é equivalente a
ϕ (k) e
−ik·r 0 d
3 k
e
ik|r−r ′ |
|r − r ′ |
U (r
′ ) ψ
(+) k (r
′ ) d
3 r
′ ≈ 0 ,
onde usamos a fórmula geral (VI.1.17) para ψ
(±) k (r). Como para r
′ > a, U ≈ 0 , devemos nos preocupar
apenas com r
′
. a. Desta forma devemos mostrar que
ˆ
ϕ (k) e
−ik·r 0 +ik|r−r ′ | ψ
(+) k (r
′ ) d
3 k ≈ 0.
Usando que k |r − r
′ | ≈
k 0 · k |r − r
′ | e que ψ
(+) k (r
′ ) ≈ ψ
(+) k 0 (r
′ ) temos
ψ
(+) k 0 (r
′ )
ϕ (k) e
ik·(ˆk|r−r ′ |−r 0 ) d
3 k =
(2π)
(^3) / 2 ψ
(+) k 0 (r
′ ) ψ
kˆ 0 |r^ −^ r
′ | , 0
que é nulo devido ao fato de
k 0 |r − r
′ | ser um ponto bem atrás do centro espalhador onde ψ é, por
construção, nulo em t = 0.
Desta forma, conseguimos justificar as duas hipóteses anteriores.
A aproximação de Born
A aplicação da função de Green ao problema de espalhamento permitiu que escrevêssemos a amplitude de espalha-
mento como
fk (k
′ ) = −
2 π
2
m
e
−ik ′ ·r ′ V (r
′ ) ψ
(+) k (r
′ ) d
3 r
′ ,
onde k ′ = kˆr e ψ
(+) k (r) obedece a (VI.1.16).
Esta equação pode ser resolvida iterativamente. Em ordem mais baixa temos
ψ
(+) k (r) ≈
e
ik·r
(2π)
(^3) / 2
e
ikr
4 πr
e
−ik ′ ·r ′ U (r
′ )
e
ik·r ′
(2π)
(^3) / 2 d
3 r
′
⇒ fk (k
′ ) = −
m
2 πℏ 2
e
−ik ′ ·r ′ V (r
′ ) e
ik·r ′ d
3 r, (V1.19)
que é a chamada aproximação de Born.
A fim de estimar a validade desta aproximação devemos usar a expressão exata da equação integral (VI.1.16). Ao
fazermos ψ
(+) k (r) ∼ e
ik·r estamos desprezando temos da ordem de
4 π
e
ikr ′
r ′
U (r
′ )
e
ik·r ′
(2π)
(^3) / 2 d
3 r
′ ,
onde fizemos r = 0 pois ψ (+) aparece multiplicada por U (r) 6 = 0 se |r|. a. Efetuando as integrais algulares
devemos ter
2 m
kℏ 2
ˆ^ ∞
0
e
ikr ′ sin (kr
′ ) V (r
′ ) dr
′
⇒ altas energias do feixe ou potenciais fracos.
Exemplo:
Potencial de Yukawa: Seja V (r) = V 0 e
−αr /αr (a =
1 α é o alcance do potencial).
Na aproximação de Born temos
fk (k
′ ) = −
m
2 πℏ 2
e
i(k−k ′ )·r ′ V (r
′ ) d
3 r
′ .
Efetuando-se as integrais angulares tem-se
fk (k
′ ) = −
2 mV 0
αℏ 2
ˆ^ ∞
0
dr
′ e
−αr ′ sin |k − k
′ | r
′
|k − k ′ |
2 mV 0
αℏ 2
(k − k′)
2
Como em um espalhamento elástico |k| = |k ′ | teremos
fk (k
′ ) = −
2 mV 0
αℏ 2
4 k 2 sin
2 θ 2
onde θ é o ângulo entre k e k
′
. No caso particular do potencial Coulombiano V 0 → 0 e α → 0 de forma
que V 0 α
− 1 = q 1 q 2 (produto das cargas de duas partículas).
Então,
dσ
dΩ
Coulomb
m
2 q
2 1 q
2 2
4 p 4 sin
4 θ 2
q
2 1 q
2 2
16 E 2 sin
4
θ 2
que é o resultado clássico de Rutherford que, por sua vez, também coincide com o resultado exato obtido
através do espalhamento por um potencial Coulombiano.
