散射 Scattering Notes

散射

Sujin

散射

scattering

模型：

从远处动量为K的粒子经过散射中心A附近，发生偏转

A的质量 $\gg$ 入射粒子

忽略散射中心的影响;
入射粒子散射后方向改变，动量大小不变（弹性散射）；

等效模型：

相互作用区域很小，A附近，入射粒子初态和末态均为自由粒子；（等效为空间小区域内相互作用导致的粒子从一个自由态到另一个自由态的跃迁（初末态能量相同，并且是连续谱）；即等效为“跃迁概率“问题。

入射粒子

粒子流密度：单位时间通过单位面积的入射粒子数；记为 $N$

从波动理论出发

入射波

$\boldsymbol{\psi_1=e^{ikz}}$ , in which, $k=\sqrt{\frac{2\mu E}{\hbar^2}}, v=\frac{\hbar k}{\mu}$

入射波的概率流密度

$\boldsymbol{J=\frac{\partial}{\partial t}(\psi^*_1\psi_1)=\frac{i\hbar}{\mu}[\psi_1 \frac{\partial \psi^*_1}{\partial z}-\psi^*_1 \frac{\partial \psi_1}{\partial z}]}$
$\boldsymbol{=\frac{i\hbar}{\mu}[-ik\psi_1 \psi_1^*-ik\psi_1^*\psi_1]=\frac{\hbar k}{\mu}=v}$

结论： $\psi_1=e^{ikz}$ 描述的是单位体积内只有一个粒子入射。

散射
相互作用后，沿着不同的散射角 $(\theta,\phi$ )出射的粒子数.

$dn \propto N \frac{dS}{r^2}=N d\Omega$

$dn=q(\theta,\phi)Nd\Omega$

$q(\theta,\phi)$ 反映了入射粒子能量和散射中心性质-微分散射截面；

总的截面为 $Q=\int q(\theta,\varphi) d\Omega=\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi} q(\theta,\varphi)sin\theta d\theta d\varphi$

单位时间被散射到立体角 $d\Omega$ 的粒子数，等效为一个截面

如何从SE计算截面（截面可通过实验测定），从而与实验值比较，研究粒子之间的相互作用的性质

散射波：(看做球面波，实验观测是在远离A的地方)

$\psi_2=f(\theta,\varphi) \frac{e^{ikr}}{r}$ ，其中 $f(\theta,\varphi)$ 为散射幅度；

散射波的概率密度

$\boldsymbol{J_r=\frac{i\hbar}{2\mu}[\psi_2 \frac{\partial \psi^*_2}{\partial r}-\psi^*_2 \frac{\partial \psi_2}{\partial r}]}$ > $\boldsymbol{=\frac{i\hbar}{2\mu}|f(\theta,\varphi)|^2 [-\frac{ik}{r^2}-\frac{ik}{r^2}]=\frac{v}{r^2}|f(\theta,\varphi)|^2}$

表示单位时间穿过 $(\theta,\varphi)$ 的单位面积的粒子数.

讨论穿过面积 $dS$ 的粒子数：

$dn=J_r dS=\frac{v}{r^2}|f(\theta,\varphi)|^2 dS$
$=v|f(\theta,\varphi)|^2d\Omega=N|f(\theta,\varphi)|^2$

根据微分截面的定义式 $\boldsymbol{dn=Nq(\theta,\varphi)d\Omega}$

$\boldsymbol{q(\theta,\varphi)=|f(\theta,\varphi)|^2}$

结论：散射截面由散射波的振幅决定。

分波法

考虑一个相互作用势为中心力场 $U(r)$
SE:

$\boldsymbol{ \frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2 \psi+U(r)\psi=E\psi}$

$k^2=\frac{2\mu E}{\hbar^2}, V(r)=\frac{2\mu}{\hbar^2} U(r) ，\lim_{r\to\infty}U(r)=0$

化简为： $\boldsymbol{ \nabla^2 \psi+[k^2-V(r)]\psi=0}$

这个模型的边界条件（求解上述SE应该得到满足下面边界条件的波函数）
$\boldsymbol{ \psi\xrightarrow{r\to\infty}\psi_1+\psi_2=e^{ikz}+f(\theta,\varphi)\frac{ikz}{r} }$

结论：中心力场的散射方法：求解 $Schrodinger$ 方程，与上式比较，求出散射振幅（散射截面）

求解薛定谔方程

中心力场下，(1)式的解为：

$\psi(r,\theta,\varphi)=\sum_{l,m} R_l(r)Y_{lm}(\theta,\varphi)$

散射具有z轴对称性，此时， $\psi, 和f(\theta,\varphi)与\varphi无关。即m=0$

$\psi(r,\theta)=\sum_{l}R_l(r)P_l(cos\theta)$

$l=0,1,2,……，对应s,p,d分波,每一个分波R_l(r)P_l(cos\theta)都是方程的解。$

下面，只讨论径向方程 $R_l(r)$ （勒让德函数 $P_l(cos\theta)$ 是已知的）。

$\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}(r^2\frac{dR_l(r)}{dr})+[k^2-V(r)-\frac{l(l+1)}{r^2}]\cdot R_l(r)=0$

令 $R_l(r)=\frac{u_l(r)}{r}$

$\frac{d^2 u_l(r)}{dr^2}+[k^2-V(r)-\frac{l(l+1)}{r^2}] u_l(r)=0$
( > $u_l(r)的形式依赖于U(r)的形式$ )

当 $r\xrightarrow{}\infty$ ，

$\frac{d^2u_l(r)}{dr^2}+k^2u_l(r)=0$
一般解的形式为：
$u_l(r)=A_l'sin(kr+\delta_l')$
$R_l(r)=\frac{u_l(r)}{r}\xrightarrow{r\to\infty}\frac{A_l'}{r}sin(kr+\delta_l')$

令 $A_l=kA'_l,\delta_l=\delta_l'+\frac{1}{2}l\pi$

$R_l(r)\xrightarrow{r\to\infty}\frac{A_l}{kr}sin(kr-\frac{l\pi}{2}+\delta_l)$

最后散射波的波函数表示为：

$\psi(r,\theta)\xrightarrow{r\to\infty}\sum_l \frac{A_l}{kr}sin(kr-\frac{l\pi}{2}+\delta_l)P_l(cos\theta)$

再看一下入射波

将入射平面波 $e^{ikz}$ 展开为球面波叠加
$e^{ikz}=e^{ikrcos\theta}=\sum_{l}(2l+1) i^l j_l(kr)P_l(cos\theta)$

其中的Bessel函数 $j_l(kr)$ 的渐近式为

$j_l(kr)\xrightarrow{r\to\infty}=\frac{1}{kr}sin(kr-\frac{l\pi}{2})$

最后， $e^{ikz}\xrightarrow{r\to\infty}\sum_l\frac{(2l+1)i^l}{kr}sin(kr-\frac{l\pi}{2})P_l(cos\theta)$

比较一下入射波和散射波

入射波： $e^{ikr}\xrightarrow{r\to\infty}\sum_l\frac{(2l+1)i^l}{kr}sin(kr-\frac{l\pi}{2})P_l(cos\theta)$
散射波： $\psi(r,\theta)\xrightarrow{r\to\infty}\sum_l \frac{A_l}{kr}sin(kr-\frac{l\pi}{2}+\delta_l)P_l(cos\theta)$

散射后，第 $l$ 个分波

$sin(kr-\frac{l\pi}{2})P_l(cos\theta)\xrightarrow{}sin(kr-\frac{l\pi}{2}+\delta_l)P_l(cos\theta)$
【散射过程，能量守恒 $k$ 不变，角动量守恒 $l$ 不变，势场的作用只改变分波的相位，每一个分波相互独立散射。改变的是径向部分的相位】

根据中心力场得到散射波的通解的形式,与根据模型我们设定的总的散射波函数等于入射平面波加上散射波，作比较，可求出 $f(\theta,\varphi)$

散射波：

$\psi(r,\theta)\xrightarrow{r\to\infty}\sum_l \frac{A_l}{kr}sin(kr-\frac{l\pi}{2}+\delta_l)P_l(cos\theta)$

无穷远处: 入射波 $+$ 散射球面波：

$\boldsymbol{ \psi\xrightarrow{r\to\infty}\psi_1+\psi_2=e^{ikr}+f(\theta,\varphi)\frac{e^{ikr}}{r} }$

$=\sum_l\frac{(2l+1)i^l}{kr}sin(kr-\frac{l\pi}{2})P_l(cos\theta)+f(\theta,\varphi)\frac{e^{ikr}}{r}$

$\sum_l \frac{A_l}{kr}sin(kr-\frac{l\pi}{2}+\delta_l)P_l(cos\theta)$

$= \sum_l\frac{(2l+1)i^l}{kr}sin(kr-\frac{l\pi}{2})P_l(cos\theta)+f(\theta,\varphi)\frac{e^{ikr}}{r}$
"两边同乘以 $2ikr$ "

$\sum_l 2iA_lsin(kr-\frac{l\pi}{2}+\delta_l)P_l(cos\theta)$

$= \sum_l2i(2l+1)i^lsin(kr-\frac{l\pi}{2})P_l(cos\theta)+2if(\theta,\varphi)ke^{ikr}$

$sinx=(e^{ix}-e^{-ix})/2i$

$\sum_lA_l(e^{i(kr-l\pi/2+\delta_l)}-e^{-i(kr-l\pi/2+\delta_l)})P_l(cos\theta)$

$=\sum_l(2l+1)i^l(e^{i(kr-l\pi/2)}-e^{-i(kr-l\pi/2}))P_l(cos\theta)+2if(\theta,\varphi)ke^{ikr}$
提取 $e^{ikr}和e^{-ikr}$ 部分

$\sum_l[(A_le^{i(-l\pi/2+\delta_l)}-(2l+1))P_l(cos\theta)-2if(\theta,\varphi)k]e^{ikr}$
$+\sum_l[-A_le^{i(\pi/2-\delta_l)}+(2l+1)e^{il\pi/2}]e^{-ikr}=0$

$[A_le^{i(-l\pi/2+\delta_l)}-(2l+1)]P_l(cos\theta)-2if(\theta,\varphi)k=0$

$-A_le^{i(\pi/2-\delta_l)}+(2l+1)e^{il\pi/2}=0$

$f(\theta)=\frac{1}{k}\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)P_l(cos\theta)e^{i\delta_l}sin\delta_l$

微分截面表达式为：

$q(\theta)=|f(\theta)|^2=\frac{1}{k}|\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)P_l(cos\theta)e^{i\delta_l}sin\delta_l|^2$

分波法：

$根据U(r)得到径向方程R_l(r)，从R_l(r)\xrightarrow{r\to\infty}\frac{1}{kr}sin(kr-l\pi /2+\delta_l)的形式中,$

$可得到相移\delta_l,由相移\delta_l可得到散射振幅f(\theta)和微分截面q(\theta)$

利用勒让德多项式的正交性

$\int_{0}^{\pi}P_l(cos\theta)P_k(cos\theta)sin\theta d\theta=\frac{2}{2l+1}\delta_{lk};$

总的散射截面

$Q=\frac{4\pi}{k^2}\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)sin^2\delta_l=\sum_{l=0}^{\infty}Q_l$

$Q_l=\frac{4\pi}{k^2}(2l+1)sin^2\delta_l$ 是第 $l$ 个分波的总散射截面。

讨论

入射波： $e^{ikz}=e^{ikrcos\theta}=\sum_{l}(2l+1) i^l j_l(kr)P_l(cos\theta)$

如果散射中心是半径为 $a$ 的球形区域，且 $r=\ell/k>a(即\ell>ka)时，在小于$
$a$ 的区域内， $j_\ell(kr)$ 很小。即第 $\ell$ 个分波受势场影响小，散射可忽略。只需要考虑小于 $\ell$ 的分波。

分波法适用条件 $\ell < ka$ ，当 $ka<<1$ 时(动能小)， $l$ ~0，只需要计算 $\delta_0$

Example：粒子在 $U(r)=a/r^2$ 下的微分截面。

$U(r)代入径向方程, \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}(r^2\frac{dR_l}{dr})+[k^2-\frac{2\mu}{\hbar^2r^2}\frac{a}{r^2}-\frac{l(l+1)}{r^2}]R_l=0$

令 $R_l=\frac{u_l(r)}{\sqrt{r}}$

$\frac{d^2u_l}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{du_l}{dr}+(k^2-\frac{p^2}{r^2})u_l=0$

$p^2=(l+1/2)^2+2\mu a/\hbar^2$

解为 $u(r)=AJ_p(kr)+BN_p(kr)$

$r\xrightarrow{}0$ 时波函数不发散， $B=0$
$J_p(kr)\xrightarrow{r\to\infty}\sqrt{\frac{2}{\pi kr}}sin(kr-p\pi /2+\pi /4)$

$sin(kr-p\pi/2+\pi/4)和sin(kr-l\pi /2+\delta_l)比较$

$-\frac{p\pi}{2}+\frac{\pi}{4}=-\frac{l\pi}{2}+\delta_l$
$\delta_l=-\frac{\pi}{2}[\sqrt{(l+\frac{1}{2})+\frac{2\mu a}{\hbar^2}}-(l+\frac{1}{2})]$

当a较小时

$\delta_l=-\frac{\pi}{2}[\frac{\mu a/\hbar^2}{l+1/2}]$
$f(\theta)=\frac{1}{2ki}\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1)(e^{2i\delta_l }-1)P_l(cos\theta)$
$=\frac{1}{k}\sum_{l=0}^{\infty}[-\frac{\pi}{2}\frac{\mu a/\hbar^2}{(l+1/2)}P_l(cos\theta)$
$=-\frac{\pi\mu a}{k\hbar^2} \sum_l P_l(cos\theta)$

Disscuss

对 $s$ 分波， $l=0,P_0(cos\theta)=1$ , 得到 $q(\theta)=|f(\theta)|^2=(\frac{\pi\mu a}{k\hbar^2})^2$
角动量较大的入射粒子，由于离开散射中心较远，受靶的作用力小，可略去，相应的分波不需要考虑。

玻恩近似

使用条件：如果入射粒子动能比散射中心的势能大得多.

入射粒子从无穷远沿z轴入射（初态，箱归一化）

$\psi_k(r)=\frac{1}{L^{3/2}}e^{i\boldsymbol{k}\cdot \boldsymbol{r}}$

末态离开散射中心到达无穷远处，依然是自由粒子

$\psi_k'(r)=\frac{1}{L^{3/2}}e^{i\boldsymbol{k'}\cdot \boldsymbol{r}}$

弹性散射下,动量 $\hbar k$ 跃迁到动量为 $\hbar k'$ 的末态（能量守恒）。

$|k|=|k'|=k^2$

看做跃迁，微扰跃迁概率公式

$w=\frac{2\pi}{\hbar}|\hat{H}_{kk'}|^2\rho(E_{k'}^{(0)})$

$k'$ 为末态； $\rho(E_{k'}^{(0)})$ 为末态态密度；

跃迁概率在数量上，表示单位时间内跃迁到 $d\Omega$ 上的粒子数 $dn$

$dn=Nq(\theta)d\Omega$
$w=\frac{2\pi}{\hbar}|\hat{H}_{kk'}|^2\rho(E_{k'}^{(0)})$

由上面两式可得： $dn=w ∴q(\theta)=\frac{2\pi}{\hbar}|\hat{H}_{kk'}|^2\frac{\rho(E_{k'}^{(0)})}{Nd\Omega}$ ,

末态态密度的计算方法：

自由粒子动能本征态（箱归一化下）

$p_x=\frac{2\pi\hbar n_x}{L},p_y=\frac{2\pi\hbar n_y}{L},p_z=\frac{2\pi\hbar n_z}{L}, \psi_m^{(0)}(\boldsymbol{r})=\frac{1}{L^{3/2}}e^{i\boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{r}/\hbar}$

$dn_x=\frac{L}{2\pi\hbar}dp_x,dn_y=\frac{L}{2\pi\hbar}dp_y,dn_z=\frac{L}{2\pi\hbar}dp_z$
$dn_xdn_ydn_z=(\frac{L}{2\pi\hbar})^3dp_xdp_ydp_z$
球坐标下： $dN=(\frac{L}{2\pi\hbar})^3p^2sin\theta dpd\theta d\varphi$

$E_{k'}^{(0)}=p^2/(2\mu),pdp=\mu dE_{k'}^{(0)}$

所以，状态数dN用能量等价表示出来为：
$dN=\rho(E_m^{0})dE_m^{0}=(\frac{L}{2\pi\hbar})^3\mu psin\theta d\theta d\varphi dE_{k'}^{(0)}$

态密度 $\rho(E_{k'}^{(0)})=(\frac{L}{2\pi\hbar})^3\mu psin\theta d\theta d\varphi$

由定义，微扰矩阵元

$H_{k'k}'=\int \psi_{k'}^*(\boldsymbol r）U(\boldsymbol r)\psi_{k}(\boldsymbol r）d^3 \boldsymbol r$
$=\int \frac{1}{L^{3/2}}e^{-i\boldsymbol k' \cdot \boldsymbol r}U(\boldsymbol r)\frac{1}{L^{3/2}}e^{i\boldsymbol k \cdot \boldsymbol r}d^3 \boldsymbol r$
$=\frac{1}{L^3}\int U(r)e^{i(\boldsymbol k-\boldsymbol k')\cdot \boldsymbol r}d^3 \boldsymbol r$

令 $\boldsymbol K=\boldsymbol k'-\boldsymbol k,则K=2ksin(\theta/2)$
$\theta 为\boldsymbol k' 和\boldsymbol k的夹角（根据等腰三角形）$
再次利用坐标轴变换化简，设 $\boldsymbol K 的方向沿新坐标轴的z'方向，位矢r'用球坐标(r,\theta',\varphi')表示.$
$(\boldsymbol k-\boldsymbol k')\cdot \boldsymbol r'=-\boldsymbol K \cdot \boldsymbol r'=-Krcos\theta'$

最后得到 $H_{k'k}'=\frac{4\pi}{KL^3}\int_{0}^{\infty}r U(r) sin(Kr)dr$

其中， $\int_{0}^{\pi}e^{-iKrcos\theta'}sin\theta'd\theta' =\frac{2}{Kr}sin(Kr)$
$dn=\frac{2\pi}{\hbar}\rho(E_{k'}^{(0)}|H_{k'k}'|^2=\frac{4\mu k}{K^2L^3\hbar^3}|\int_{0}^{\infty} rU(r) sin(Kr)dr|^2d\Omega$

散射截面：

$q(\theta)=\frac{dn}{Nd\Omega}=\frac{4\mu^2}{K^2\hbar^4}|int_{0}{\infty}rU(r)sin(Kr)dr|^2$
散射振幅：
$q(\theta)=|f(\theta)|^2, f(\theta)=-\frac{2\mu}{K\hbar^2}\int_{0}^{\infty}rU(r)sin(Kr)dr$

Bohr近似成立的条件讨论：

讨论入射粒子在核子之间的相互作用的汤川势作用下的散射截面，得到近似成立条件

$\xrightarrow{} U(r)=U_0 \frac{a}{r}e^{-\frac{r}{a}}$
由于 $r>a$ 时， $e^{-\frac{r}{a}}迅速减小$ ， $a$ 为汤川势力程， $U_0$ 为汤川势强度。

有了 $U(r)$ 的具体形式，直接代入散射截面方程，得到：

$q(\theta)=\frac{4\mu^2 a^6 U_0^2}{\hbar^4[1+4k^2 a^2 sin^2(\theta/2)]^2}$

用到的公式有：

分部积分下 $\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{r}{a}}sin(Kr)dr=\frac{Ka^2}{1+K^2a^2}$
$K=2ksin(\theta /2)$

总的散射截面为：

$Q=2\pi int_{0}^{pi}q(\theta)sin(\theta)d\theta$

$=\frac{8\pi \mu^2 a^6 U_0^2}{\hbar^4}\int_{0}^{\pi}\frac{sin\theta d\theta}{[1+4k^2a^2sin^2(theta/2)]^2}$
利用 $t=1-cos\theta=2sin^2(\theta/2)$ 化简

$Q=(\frac{2\mu a^3U_0}{\hbar^2})^2\frac{4\pi}{1+4k^2a^2}$

Discussion

玻恩近似是利用微扰论计算跃迁速率，用到的是概率幅 $a_m(t)$ 的一级修正方程的解；
能否被看做微扰；
- 散射到一切方向的粒子数如果比较少（相比于入射粒子数），则 $U(r)$ 可看做微扰
- 具体用 $Q$ 与经典散射截面 $\pi a^2$ 的比值来衡量， $Q/\pi a^2<<1$ 时成立
  -汤川势中: $Q/\pi a^2=\frac{16\mu a^4 U_0^2}{\hbar^4(1+4k^2a^2)}$
- 若 $E=\hbar^2k^2/2\mu$ 很大（高能散射),则 $Q/\pi a^2=\frac{4\mu a^2U_0^2}{\hbar^4k^2}<<1$
- 若很小（低能散射），则
  - 此时若要求条件成立，需要 $mu a^4U_0^2<<\hbar^4/16$
  - 即，要求势的强度 $U_0$ 和力程 $a$ 较小；入射粒子质量比较小。

$\color{red}{总之，Bohr近似适用于高能散射；分波法适用于低能散射}$

the cross section for S-wave scattering:

Formula

$Q=\frac{4\pi}{k^2}sin^2\delta_0$ -----For $l=0$

for small $k$ ,the $\delta_0 \xrightarrow{}-ka,$

Because, for a finite range potential,Q is finite for all energies,and hence $\delta_0$ must vanish at least as fast as k in order,so that $sin\delta_0/k$ is finite,hence,for small $k$ the $\delta_0$ will behavior as $\delta_0 \xrightarrow{}-ka.$
即，对所有的能量，截面都是有限的（散射势在一个有限的范围内），对于小的 $k$ ，为保证 $sin\delta_0/k$ 有限， $\delta_0$ 必须与 $k$ 同步变化。

where $a$ is some constant with dimensions of length
$\color{Brown}{a被称为散射长度 }$

In the limit of $k \xrightarrow{}0$ ,the solution to the SE in the region(where the potential vashines),

$-\frac{1}{2\mu}\nabla^2=0$ -----is a straight line.

$u_0 \xrightarrow{} \frac{sin(kr+\delta_0)}{k}\xrightarrow{} r-a$ ------in the low momentum regime.

最后编辑于：2018.12.07 20:20:35

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