Compitino di Meccanica Quantistica Problema

Compitino di Meccanica Quantistica
14 aprile 2014 (A.A. 13/14)
Tempo a disposizione: 2 ore
Problema
Un atomo di idrogeno nello stato fondamentale e` sottosposto ad una radiazione elettromagnetica a partire da t = 0; si chiede di studiare il processo di ionizzazione (l’effetto
fotoelettrico) in teoria delle perturbazioni. L’Hamiltoniana e`
H=
(pˆ + ec A)2 e2
− .
2m
r
(1)
(i) Al primo ordine in A e nella gauge ∇ · A = 0, si scriva la precedente Hamiltoniana come
somma della Hamiltoniana dell’atomo di idrogeno e del potenziale di perturbazione,
V . Qual’`e la forma di V ?
(ii) Supponiamo che il campo di radiazione sia dato da,
A = A0 ε eik·r−iωt + c.c. ,
ω = kc,
(2)
dove A0 pu`o essere espresso in termini dell’intensit`a di luce I,
2πc
2πc
I = 2 Nω¯h ,
(3)
2
ω
ω
e ε e` il vettore di polarizzazione. Si verifichi che la (2) soddisfi la condizione di
gauge ∇ · A = 0, e si scriva l’operatore di perturbazione Fˆ , dove
A20 =
V = Fˆ e−iωt + h.c. ,
(4)
ˆ
in termini di A0 , m, e, ε. Si dica quali tensori sferici sono contenuti nell’operatore F.
(iii) Sotto certe condizioni il fattore eik·r nel potenziale di perturbazione pu`o essere approssimato da
eik·r ≃ 1 .
(5)
Assumendo la (5) - si dica per quali ω essa e` valida - si determini la distribuzione
angolare dell’elettrone finale senza fare il calcolo della probabilit`a di transizioni,
basandosi esclusivamente su un argomento generale di simmetrie. Si assuma che il
fotone incidente viaggi nella direzione di zˆ e sia polarizzato linearmente in direzione
x.
ˆ Si descriva come cambierebbe la risposta se la (5) non fosse pi`u valida ma se la
deviazione da 1 fosse piccola.
(iv) Assumendo che la condizione Eq. (5) sia soddisfatta (e con le propriet`a di luce menzionate), si calcoli la probabilit`a di ionizzazione per intervallo unitario del tempo. Si
assumano le funzioni d’onda iniziale e finale dell’elettrone
−3/2
2r
ψi = √B e−r/rB ;
4π
ψ f = eip·r/¯h .
(6)
Formulario:
La densit`a di stati:
dΦ =
Formula di Fermi:
dw f i =
mp dEdΩ
d3p
=
3
(2π¯h)
(2π¯h)3
2π ˆ 2
|Ff i | δ(E f − Ei − ω¯h) dΦ
h¯
1
(7)
(8)
Soluzione (il punto (iii) migliorato da alcuni di voi)
(i)
e
e
(A · pˆ + pˆ · A) =
A · pˆ ,
2mc
mc
(9)
pˆ · A = −i¯h(∇ · A) + A · pˆ = A · pˆ .
(10)
V=
N.B.
utilizzando la condizione,
(ii)
∇·A = 0 .
(11)
∇·A ∝ k·ε ,
(12)
che e` nullo poich´e il vettore di polarizzazione e` perpendicolare alla direzione della
propagazione.
eA0 ik·r
Fˆ =
e ε · pˆ .
mc
(13)
Sviluppando eik·r e scegliendo k = (0, 0, k), ε = (1, 0, 0) (per es.), si trovano gli
operatori,
px , px z, px z2 , . . . , px zn , . . . .
(14)
si vede che i tensori sferici contenuti in Fˆ sono di rango, 1, 2, 3, 4, . . ., ma non c’`e
nessun componente di rango 0 (scalare).
N.B. ε e k, anche se sono vettori, sono semplicemente numeri e vanno considerati
tali, come operatori.
(iii) La (5) e` valida se |k · r| ≪ 1. Visto che nel calcolo della probabilit`a di transizione |r|
e` limitato dal raggio di Bohr, rB , la condizione e` che
k=
ω
1
≪ ,
c
rB
ω≪
c
,
rB
λ=
2π
≫ 2πrB .
k
(15)
D’altronde per ionizzare l’atomo si richiede un’energia sufficientemente grande,
E = ω¯h > |
e2
|,
2rB
(16)
Si vede che l’energia minima del fotone necessaria per la ionizzazione e` compatibile
con la condizione (15), ma per radiazione con la frequenza troppo alta l’approssimazione eik·r ≃ 1 non sar`a pi`u valida.
Assumendo la (15), l’operatore Fˆ e` :
eA0
1
Fˆ =
pˆx = T11 − T−1
.
mc
(17)
ˆ La probabilt`a di
dove abbiamo introdotto un tensore sferico di rango 1 per F.
transizione e` data dalla formula di Fermi,
w=
2π ˆ 2
|Ff i | δ(E f − Ei − ω¯h) dΦ ,
h¯
ˆ .
Fˆf i = h f |F|ii
(18)
Visto che lo stato iniziale e` uno stato S (ℓ = m = 0), segue dal teorema di Wignerˆ che lo stato finale e` nello stato ψ f ∝
Eckart applicato all’elemento di matrice h f |F|ii
Y1,1 − Y1,−1. La distribuzione angolare dell’elettrone finale e` quindi
dP = cost. |Y1,1 − Y1,−1|2 dΩ =
2
3
dΩ sin2 θ cos2 φ .
4π
(19)
N.B. Per vedere questo risultato pi`u chiaramente,
ˆ
hp|F|100i
∝
dove
eip·r/¯h = eikr cos θ =
Z
d 3 r e−ip·r/¯h pˆx e−r/rB
(20)
∞
∑ (2ℓ + 1)iℓ jℓ (kr)Pℓ (cos θ).
(21)
ℓ=0
dove θ e` l’angolo tra la direzione di p e quella di r. Usiamo ora
∞
eik·r = 4π ∑ iℓ jℓ (kr)
ℓ=0
ℓ
∑
∗
Yℓm (Ωrˆ )Yℓm
(Ωpˆ ) ,
(22)
m=−ℓ
dove Ωpˆ e Ωrˆ indicano le variabili angolari associate a k = p/¯h and r. Ora l’integrale
angolare in (20) d`a
Z
∗
dΩrˆ Yℓm
(Ωrˆ ) pˆx e−r/rB = c (δℓ,1 δm,1 − δℓ,1 δm,−1 )
(23)
dove abbiamo fatto uso del teorema di Wigner-Eckart. Segue che la distribuzione
finale dell’elettrone e` data da
dP =
3
dΩpˆ sin2 θpˆ cos2 φpˆ ∝ |Y1,1 (Ωpˆ ) − Y1,−1(Ωpˆ )|2 Ωpˆ ∝ p2x dΩpˆ
4π
(24)
come annunciato prima, (19).
Tenendo conto di un piccolo termine in
eA0
eA0 ik·r
e ε·p ∼
(px + ipx kz + . . .)
Fˆ =
mc
mc
(25)
lo stato finale avr`a una piccola componente ∝ (Y1,1 − Y1,−1)Y1,0 ,
ψ f inale = c0 (Y1,1 − Y1,−1) + c1 (Y1,1 − Y1,−1)Y1,0 .
(26)
La distribuzione angolare avr`a dunque un piccolo termine di interferenza,
dP
= |c0 |2 |Y1,1 − Y1,−1|2 + 2ℜ(c0c∗1 ) (Y1,1 − Y1,−1 )2Y1,0
∝
sin2 θ cos2 φ (A + B cos θ) dΩ
con
B
= O(krB ) .
A
(27)
(28)
Cio`e una piccola parte ∝ sin2 θ cos θ cos2 φ sovrapposta alla distribuzione dominante,
∝ sin2 θ cos2 φ.
(iv)
Fˆ f i
−3/2
=
ˆ = eA0 2r
√B
h f |F|ii
mc
4π
=
eA0 2rB
√
px
mc
4π
−3/2
Z
Z
d 3 r e−ip·r/¯h pˆx e−r/rB
d 3 r e−ip·r/¯h e−r/rB
L’integrale e` facile da calcolare: (k = p/¯h, rB → 1):
Z
=
d 3 r e−ip·r/¯h e−r/rB =
Z
d 3 r e−ik·r e−r =
8π
8π
= rB3
(1 + k2)2
(1 + k2rB2 )2
2π
−ik
Z ∞
0
(29)
drr(e−ikr − eikr )e−r
(30)
3
dove nell’ultimo membro abbiamo ripristinato rB .
Perci`o
√
px
3/2 eA0
| √
Fˆ f i = 4 4π rB
.
2
mc (1 + p rB2 /¯h2 )2 p= 2m(ω¯h−e2 /2rB )
dw f i =
p p2x
2π ˆ 2 mp dΩ
dΩ ,
=C
|Ff i |
3
h¯
(2π¯h)
(1 + p2rB2 /¯h2 )4
(31)
(32)
dove la costante C e` data da
√
m
3/2 eA0 2 2π
C = |4 4π rB
|
mc h¯ (2π¯h)3
(33)
L’unico integrale non banale da fare e`
Z
d cosθ dφ sin2 θ cos2 φ =
4π
.
3
(34)
Si noti che la distribuzione angolare dell’elettrone finale nella (32) e` effettivamente
in accordo con quanto ci si aspetta dal teorema di Wigner-Eckart (19).
4

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