одномерный електрон в ЭМ поле

[AlexNew]

Задачка следующая:
есть одномерный электрон в поле электромагнитной волны $E(k_x,t) = e^{\frac{- k_x^2}{\Delta k}} \sin(wt)$
Здесь записана монохром волна во времени, реально это импульс с периодом огибающей много больше периода несущей $w$

Нужно найти наблюдаюмую (expectation value) скорости электрона $<v>$
я нашел получилась пропорционально $k^2$

Теперь вопрос в задачке:
смотря на $<v>$ скажите сможет ли этот электрон после прохождения волны поглотить энергию.

Проблема в том что у меня нет зависимости от времяни, потому как при нахождении $<v>$ фаза из волновых функции (в которой содержится зависимость от времяни) уходит (за щет комплексного сопряжения).

Тоесть что можно сказать если
$<v> \approx k^2 $

Может быть у Вас есть ссылки на решение подобных задачек ????

[BISHA]

AlexNew
БКФ, т.1. М. 1975, стр. 130. "Заряженная частица в однородном переменном электрическом поле".

[AlexNew]

BISHA писал(а):

БКФ, т.1. М. 1975, стр. 130. "Заряженная частица в однородном переменном электрическом поле".

Не понятно, это не Берклеевский курс физики ??? - если да это же школьный учебник! а Т1 это вообще механика, я посмотрел Т4 там введение в КМ для школьников...

Наверное надо было уточнить в теме эта задачка по Квантам.

[Bulinator]

AlexNew
Я правильно понимаю, что нужно решить уравнение Шредингера с потенциалом $U=q e^{\frac{- k_x^2}{\Delta k}} \sin(wt)$?
$e^{\frac{- k_x^2}{\Delta k}$ просто постоянная?
Я правильно понимаю, что Вы его решили?

-- Вс дек 26, 2010 22:52:21 --

Посмотрите параграф 94 -"Взаимодействие квантовой системы с электромагнитным излучением" в книге Давыдова "Квантовая механика".
Оно?

[AlexNew]

Bulinator писал(а):

Я правильно понимаю, что нужно решить уравнение Шредингера с потенциалом $U=q e^{\frac{- k_x^2}{\Delta k}} \sin(wt)$?

я сначала тоже так думал, думал найти дискретные уровни в этом потенциале и затем решить временное уравнение и затем посчитать $<v>$
Но дано поле ЭМ волны, тоесть получается что потенциал будет $ x E $ или $ pA $
Например для случае $ x E $ сила на заряд действует в одну сторону! при этом имеет распределение по $x$ в форме Гаусса.

Хотя сейчас написал и задумался, через полупериод она уже действует в обратную сторону!
Но проблема в том что стационарное уравнение гамильтониана об этом не знает, электрон улетит!
Есть над чем подумать.

Старое решение следующее, я просто решил в моментном представлении, избавился от производной используя начальное условие в виде респределения поля $e^{\frac{- k_x^2}{\Delta k}}$ , тоесть записал $p A$ вместо $Ap$ причем похоже обе записи допустимы хотя операторы не коммутируют! в учебнике по квант оптике Слалли написано что это не страшно, мол удобно вычислениях, а вообще подобные гамильтонианы не физичны в принципе... как то все вилами по воде писано, пока не понимаю...
Дальше просто, решение для волн функции $\psi(k,t)$ в качестве пропогатора (с фазой в виде интеграла гамильтониана по времени) , При нахождении $<v>$ фазы неблагополучно исчезли забирая с собой время....

[Bulinator]

AlexNew в сообщении #392210 писал(а):

Но проблема в том что стационарное уравнение гамильтониана об этом не знает, электрон улетит!

У Вас Гамильтониан от времени зависит. Как Вы пишете стационарное уравнение?

AlexNew в сообщении #392210 писал(а):

тоесть записал $p A$ вместо $Ap$ причем похоже обе записи допустимы хотя операторы не коммутируют!

Где $A$....
Если это векторный потенциал, то откудо он у Вас возник? У Вас же вроде только эл.поле.

AlexNew в сообщении #392210 писал(а):

я просто решил в моментном представлении, избавился от производной используя начальное условие в виде респределения поля $e^{\frac{- k_x^2}{\Delta k}}$

Я не понял :(
Можете привести решение?

[AlexNew]

векторный потенциал связан с электрическим полем $E(t) = d_t A(t)$, Гамильтаниан можно записать в 2х колибровках:
$H = p^2/(2m) + e x E$
и
$H = (p+eA)^2/(2m) \sim = p^2/(2m) + e A p $

я рассмотрел 2 гамильтониана в импульсном представлении (один из вопросов был сравнить калибровки)

$H = \frac{h^2}{2m} k^2 - i e \frac{d}{dk}E(k) $
тут махинация, а подсунул $E$ после оператора $x$

Аналогично для $A$
$H = \frac{h^2}{2m}k^2 - \frac{h}{m} e k A $

Сначала идея была реши задачу для стационарного случая, а потом представить временое решение в этом базисе, но я так не делал...
просто записал решение в виде $\psi(k,t) \sim e^{-\frac{i}{h} \int H(k,t) dt}$

видно что в первом случае подставляя поле $E(k) $ можно избавится от $\frac{d}{dk}$ и тогда можно просто интегрировать по времени.

[Bulinator]

Все медленно но верно становится на свои места.

Итак, у Вас есть какой-то дикий векторный потенциал ${\bf A}={\bf n}_x A_0 \sin{\omega t}$,
где ${\bf n}_x$- единичный вектор вдоль оси x, а $A_0$ константа, равная $\frac{e^{\frac{- k_x^2}{\Delta k}}}{\omega}$.

Чтобы не забивать мозги, будем пользоваться системой $c=\hbar=m=1$.

Тут надо оговориться, что электродинамика на одномерии не существует. Это видно уже из того, что электрическое и магнитное поле в плоской волне перпендикулярны. Просто Ваше эл. поле направлено вдоль оси $x$. Понятно, что можно взять $\phi=0$.
Далее, нужно нарисовать уравнение Шредингера в таком поле. Гамильтониан Вы правильно выписали $H = (p+eA)^2/(2) $.

Другой подход: можно сделать градиентное преобразование и перейти к 4-потенциалу, в котором теперь равен нулю пространственный вектор ${\bf A}$ и отличен от нуля потенциал $\phi\equiv A^0$. Собственно, Гамильтониан примет вид:

AlexNew в сообщении #392280 писал(а):

$H = p^2/(2) + e x E$

где $E=grad{\phi}$.
Теперь, т.к. Гамильтониан в обоих представлениях явно зависит от времени, стациоанрное уравнение Шредингера мы писать не можем. Надо пользоваться общим:
$\imath\frac{\partial \psi}{\partial t}=\hat{H}\psi$
Или, в развернутом виде:
$\imath\frac{\partial \psi}{\partial t}=\frac{(p+eA(t))^2}{2} \psi=(p^2/(2) + e x E)\psi$
Правильно?

-- Пн дек 27, 2010 16:01:42 --

В координатном представлении у Вас получится что-то типа функции Эйри на экспоненту, с комплексным(не чисто мнимым) показателем.

[AlexNew]

Немного не так
$\vec{E}(k,t) = - \frac{\partial{\vec{A}}}{\partial t} - \nabla \phi \sim - \frac{\partial{\vec{A}(k,t)}}{\partial t}$
Здесь изменение поля по времяни значительно более существеные чем в пространстве (это стандартный подход)

$\vec{E}(k,t) = exp( -\frac{k^2}{\Delta k}) * \cos(wt)$
или
$\vec{A}(k,t) = w*exp( -\frac{k^2}{\Delta k}) * \sin(wt)$

Здесь $k = k_x$
где мы выберали наше поле $\vec{E}$ вдоль оси Ох - (линейная поляризация.) , вектор $\vec{A}$ будет тогда тоже вдоль $\vec{x}$.

Теперь можно использовать один из наших гамильтонианов.

Вопрос собственно вот в чем, решая наше уравнение в $k$ пространстве мы получаем волн функцию
$\psi(k,t) \sim \psi(k,t_o) e^{-i \alpha(t)}$
Нам нужно найти $<v>$ :

$ <v> \sim <k> \sim \int e^{-i \alpha(t)} k e^{+i \alpha(t)} dk = \int k dk = \frac{k^2}{2} $
не зависит от время...

мне кажется это решение сильно не правельное...

[Bulinator]

AlexNew в сообщении #392574 писал(а):

$\vec{E}(k,t) = exp( -\frac{k}{\Delta k}) * cos(wt)$

Вот в этой формуле, что из себя представляет $k$? Константа? $ck=\omega$??

[AlexNew]

да, в формуле
$\vec{E}(k,t) = exp( -\frac{k^2}{\Delta k}) * \cos(wt)$

$k$ - это пространственый волновой вектр, равный $k = w/c$

Mожно записать по другому, используя Фурье преобразование:
$\vec{E}(x,t) = C*exp( -\frac{x^2}{\Delta x}) * \cos(wt)$

фактически он нужен исключитрльно для задание координаты, форма импульса определяется числом $\Delta k$ или $\Delta x$

использовать можно либо
$\vec{E}(x,t) $ для одного гамильтониана, но сложно ДУ 2ого порядка получается
или
$\vec{A}(k,t) = exp( -\frac{k^2}{\Delta k}) * \cos(wt)$
тогда
$H(t) = \frac{p^2 }{2m} + \frac{e}{m} pA = \frac{h^2 k^2}{2m} + e \frac{i h}{m} \frac{d}{d k} exp( -\frac{k^2}{\Delta k}) * \cos(wt) = $
$ = \frac{k^2}{2m} - e \frac{2 k}{\Delta k}exp( -\frac{k^2}{\Delta k}) * \cos(wt)$


По условию частица находится в Гауссов пучке.

У меня тут полно ошибок со знаками, постояными планмка и прочим, не обращайте внимание, хотел передать идею решения на скорую руку.

[Munin]

о хоспади, ещё один решает стационарное уравнение Шрёдингера вместо нестационарного...

[Bulinator]

а... Вот оно в чнм дело

AlexNew в сообщении #392591 писал(а):

$H(t) = \frac{p^2 }{2m} + \frac{e}{m} pA = \frac{h^2 k^2}{2m} + e \frac{i h}{m} \frac{d}{d k} exp( -\frac{k^2}{\Delta k}) * \cos(wt) = $
$ = \frac{k^2}{2m} - e \frac{2 k}{\Delta k}exp( -\frac{k^2}{\Delta k}) * \cos(wt)$

где вы воспользовались формулами
$p^2/2m=h^2k^2/2m$, и $E(k,t)=E(x,t)$ или $A(k,t)=A(x,t)$, которые, очевидно, не верны.

[Bulinator]

Да и кстати, что-то мне подсказывает, что эту задачу вот с таким Гамильтонианом:
$\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2}+E_0 e^{-(x-ct)^2/\Delta x}$
Вы не сможете решить. Нужно положить константу $E_0$ малой и воспользоваться теорией возмущений.
Если эта задача решаема(что-то смутно помню, она обязательно есть либо в задачнике Флюгге либо Когана). Поищите там.

[AlexNew]

Bulinator писал(а):

где вы воспользовались формулами
$p^2/2m=h^2k^2/2m$, и $E(k,t)=E(x,t)$ или $A(k,t)=A(x,t)$, которые, очевидно, не верны.

там не знак равенство, а зчак следствия, достаточно взять ФП в одном представлении чтобы получить другое.

В частности:
$\psi(x,t) \rightarrow \psi(k,t)$
$\hat{p} \rightarrow h k$
$\hat{x} \rightarrow -ih \frac{d}{dk}$

анологично гаусов пучок можно представить как в $x$ так и в $k$ пространстве
$E(x,t) \rightarrow E(k,t)$ (форма разумется сохраняется)

у меня некоректна одна операция, там где я избавился от производной по $k$ в гамильтонеане... ловкость рук и ничего более...

Флюге я смотрел, там нет
Эта задача не на теорию возмущений, она допускает точное решение

Munin в сообщении #392614 писал(а):

о хоспади, ещё один решает стационарное уравнение Шрёдингера вместо нестационарного...

Вы опять попутали, здесь решается нестационарное уравнение, а причем здесь стационарное написано например у Давыдова $90, кстати хороший учебник.