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量子散射 分波展开

预备知识 散射

   散射截面 $\sigma$ 等于一定时间内被散射的粒子数除以单位截面入射的粒子数.那么从经典力学的角度,如果想象入射粒子流密度是均匀的, $\sigma$ 可以看做是一个障碍物(无远程作用)的最大横截面面积,微分截面 $\dvStarTwo{\sigma}{\Omega}$ 可以理解为单位立体角的散射截面.量子力学中,如果考虑单粒子以平面波入射,那么 $\sigma$ 等于被散射的概率流(概率/时间)除以入射的概率流密度(概率/时间/面积).概率流定义为

\begin{equation} \bvec j = \frac{\I\hbar }{2m}(\psi \grad \psi^* - \psi^* \grad \psi ) \end{equation}
\begin{equation} \sigma = \lim_{r \to \infty} \int \frac{(\bvec j_{sc} \vdot \hat r)}{\abs{{\bvec j}_{inc}}} r^2\dd{\Omega} \qquad \dvTwo{\sigma}{\Omega} = \lim_{r\to\infty} \frac{(\bvec j_{sc} \vdot \hat r) r^2}{\abs{\bvec j_{inc}}} \end{equation}
在球坐标中解定态薛定谔方程,能量和角动量的本征基底为
\begin{equation} \psi_{k,l,m}(\bvec r) = R_{k,l}(r) Y_l^m(\theta, \phi ) \end{equation}
其中径向波函数满足径向方程
\begin{equation} -\frac{\hbar^2}{2m} \dv[2]{r} (rR_{k,l}) + \qtySquare{V(r) + \frac{\hbar^2}{2m} \frac{l(l + 1)}{r^2}}(r R_{k,l}) = E(rR_{k,l}) \end{equation}
原则上我们只需要把初始波包在这个基底上展开,加上时间因子即可得到 $t = + \infty$ 时概率的分布.现在我们假设势能没有角分布( $m = 0$ ),且无穷远处势能为 0,则基底化简为
\begin{equation} \psi_{k,l}(\bvec r) = R_{k,l}(r) Y_l^0(\theta ) = \sqrt{\frac{2l + 1}{4\pi }} R_{k,l}(r) P_l(\cos\theta) \end{equation}
\begin{equation} \begin{aligned} R_{k,l}(r \to + \infty) &= A_l j_l(kr) + B_l n_l(kr) \\ &= [A_l\sinRound{kr - l\pi /2} - B_l\cosRound{kr - l\pi /2}]/r \\ &= \sin [kr - l\pi /2 + \delta_l(k)]/r \end{aligned} \end{equation}
其中 $\delta_l(k) = \arctanRound{- B_l/A_l}$. 注意径向函数只能是实数,否则将会有概率流持续流入或流出原点.

   然而我们也可以选择能量和无穷远处的线性动量 $\bvec k$ 作为本征值(由对称性,令 $\bvec k=k\uvec z$),求出本征基底,这样如果初始波包有很窄的动量分布(近似为平面波),我们仅从本征基底的角分布就可求出微分截面而无需分解波包.令该基底为

\begin{equation} \psi_k(\bvec r) = \E^{\I kz} + \sum_l \rho_{k,l}(r) P_l(\cos \theta) \end{equation}
由于在无穷远处,平面波就是定态薛定谔方程的解,所以剩下的项也应该是.且由于散射只有向外的概率流,令
\begin{equation} {\rho_{k,l}}(r \to {\text{ + }}\infty ) = (2l + 1){a_l}(k)\frac{\E^{\I kr}}{r} \end{equation}
其中 $(2l + 1)$ 是为了以下计算方便,球面波的相位包含在 ${a_l}(k)$ 中.该基底在无穷远处也可记为
\begin{equation} \psi_k(\bvec r) = \E^{\I kz} + f(k,\theta )\frac{\E^{\I kr}}{r} \end{equation}
其中 $f(k,\theta) = \sum_l (2l + 1) a_l(k) P_l(\cos \theta)$.注意式 9 在无穷远处是精确成立的.若从波包的角度考虑,入射波包可以看做仅由第一项展开得到,出射波包的 $\theta \ne 0$ 部分仅由第二项展开得到,所以可以仅用第一项计算 $\bvec j_{inc}$, 第二项计算 $\bvec j_{sc}$,代入式 2
\begin{equation} \dvTwo{\sigma }{\Omega} = \abs{f(k,\theta)}^2 \end{equation}
假设我们已经在球坐标中解出了 $\psi_{k,l}$,即径向波函数 $R_{k,l}(r)$ 与相移, 如何获得 $f(k,\theta )$,即系数 $a_l(k)$ 呢? 把 $\psi_k$ 用 $\psi_{k,l}$ 基底展开,即对 $P_l$ 展开,再逐项对比系数即可.首先展开平面波
\begin{equation} \E^{\I kz} = \sum_{l = 0}^\infty \I^l (2l + 1) j_l(kr) P_l(\cos \theta) \end{equation}
无穷远处
\begin{equation} \E^{\I kz} = \sum_{l=0}^\infty (2l + 1)\frac{\E^{\I kr} - \E^{-\I(kr - l\pi)}}{2\I kr} P_l(\cos \theta) \end{equation}
式 12 式 8 代入式 7 ,再逐项与式 6 对比,得
\begin{equation} a_l(k) = \frac{\E^{2\I \delta_l(k)} - 1}{2\I k} \end{equation}
总结起来,轴对称的有心力的散射问题只需通过径向方程式 4 获得 $\delta_l (k)$,求出 $a_l(k)$ 和 $f(k, \theta)$ 即可.

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