9.6: El efecto fotoeléctrico en el hidrógeno

En el efecto fotoeléctrico, la luz entrante hace que un átomo expulse un electrón. Consideramos el escenario más simple posible: que el átomo sea hidrógeno en su estado fundamental. La pregunta interesante es: para una onda luminosa entrante de frecuencia y amplitud definidas, ¿cuál es la probabilidad de ionización de un átomo de hidrógeno en un tiempo dado? En otras palabras, suponiendo que podamos usar la teoría de la perturbación dependiente del tiempo, ¿cuál es la tasa de ionización?

Formalmente, sabemos qué hacer. Debemos encontrar la interacción hamiltoniana\(H^1\), luego usar la Regla de Oro de Fermi para la tasa de transición con una perturbación periódica:

\[ R_{i\to f}=\dfrac{2\pi}{\hbar}|\langle f|H^1|i\rangle |^2\delta(E_f-E_i-\hbar\omega ) \label{9.6.1}\]

¡Pero no es tan fácil! Por un lado, el electrón saliente estará en algún tipo de estado de onda plana, por lo que cualquier convención que adoptemos para normalizar dichos estados aparece en la tasa. Pero también la\(\delta\) función es complicada para la excitación en el continuo: ¿cuántos de estos estados de onda plana satisfacen\(E_f=E_i+\hbar\omega\)? Descubriremos que con un formalismo consistente, estas dos dificultades se anulan mutuamente.

La Interacción Hamiltoniana

Tomando la onda entrante para ser un campo electromagnético con potencial vectorial

\[ \vec{A}(\vec{r},t)=\vec{A} _0\cos(\vec{k}\cdot \vec{r}-\omega t) \label{9.6.2}\]

La interacción hamiltoniana se da reemplazando el término de energía cinética electrónica\(\vec{p}^2/2m\) con\((\vec{p}-q\vec{A}/c)^2/2m\). El nuevo término relevante es

\[ -(1/2m)(q/c(\vec{p}\cdot \vec{A}+\vec{A}\cdot \vec{p}))=(e/mc)\vec{A}\cdot \vec{p} \label{9.6.3}\]

desde\(q=-e\) y\(\vec{\nabla}\cdot \vec{A}=0\) en nuestro calibre.

Por lo tanto

\[ H^1=\left(\dfrac{e}{mc}\right)\cos(\vec{k}\cdot \vec{r}-\omega t)\vec{A}_0\cdot \vec{p}=\left( \dfrac{e}{2mc}\right) (e^{i(\vec{k}\cdot \vec{r}-\omega t)}+e^{-i(\vec{k}\cdot \vec{r}-\omega t)})\vec{A}_0\cdot \vec{p}. \label{9.6.4}\]

Los dos términos diferentes en esta expresión, teniendo dependencias de tiempo\(e^{-i\omega t}\) y\(e^{i\omega t}\) darán\(\delta\) funciones\(\delta(E_f-E_i-\hbar\omega )\) y\(\delta(E_f-E_i+\hbar\omega )\) respectivamente en la tasa de transición. El\(e^{-i\omega t}\) término por lo tanto corresponde a la absorción de un fotón, ya que estamos viendo un proceso en el que el electrón gana energía,\(E_f>E_i\). El\(e^{i\omega t}\) término es para el proceso donde un átomo en estado excitado emite un fotón en el haz y cae en energía.

Por lo que la interacción relevante Hamiltoniana es

\[ H^1(t)=H^1e^{-i\omega t}\;\; where\;\; H^1=\left( \dfrac{e}{2mc}\right) e^{i\vec{k}\cdot \vec{r}}\vec{A}_0\cdot \vec{p}. \label{9.6.5}\]

Ondas Planas: Densidad de Estados

Hacemos la suposición de que el estado final es un estado de onda plana\(|\vec{k}_f\rangle \propto e^{i\vec{k}_f\cdot \vec{r}}\).

La forma más sencilla de manejar los estados de onda plana es confinar todo el sistema a una caja cúbica extremadamente grande de lado\(L\), e imponer condiciones de límite periódicas (de modo que se permitan los estados de onda que viajan en avión).

La caja grande tiene volumen\(V=L ^3\), por lo que los estados de onda plana apropiadamente normalizados son

\[ |\vec{k}\rangle =\dfrac{1}{L^{3/2}}e^{i\vec{k}\cdot \vec{r}}=\dfrac{1}{\sqrt{V}}e^{i\vec{k}\cdot \vec{r}} \label{9.6.6}\]

Como se hará evidente, necesitamos contar cuán densamente se distribuyen estos estados, tanto en el espacio de impulso (o k- espacio) como en la energía. Comenzaremos por revisar el problema unidimensional: el caso tridimensional es una simple generalización.

Recordemos que para partículas en una dimensión confinadas a una línea de longitud\(L\) con condiciones de límite periódicas, los valores permitidos del número de onda k fueron dados por\(e^{ikL}=1\), así\(k=2n\pi /L\) con\(n\) un entero. Por lo tanto considerando solo intervalos\(\Delta k\gg 2\pi /L\), la “densidad de estados” en\(k\) es\(L/2\pi\): un intervalo de longitud\(\Delta k\) contiene\((L/2\pi )\Delta k=\rho (k)\Delta k\) estados, donde aquí\(\rho (k)=L/2\pi\). La densidad de los estados en la energía,\(\rho (E)\), se desprende de la diferenciación\(E=\hbar^2k^2/2m\). La escritura\(\Delta E=(\hbar^2k/m)\Delta k\), da el cambio incremental\(\Delta E\) en\(E\) para un cambio incremental dado\(\Delta k\) en\(k\), por lo que los dos intervalos\(\Delta E\) y\(\Delta k\) deben contener el mismo número de estados, es decir,\(\rho (E)\Delta E=\rho (k)\Delta k\). Se deduce entonces de\(\rho (k)=L/2\pi\) que la densidad unidimensional de los estados en la energía

\[ \rho_{1D}(E)=(L/2\pi )(m/\hbar^2k)=(L/2\pi \hbar)\sqrt{m/2E}. \label{9.6.7}\]

Tenga en cuenta que esta densidad unidimensional de estados va al infinito como\(E\) va a cero.

En tres dimensiones, con un cubo de condiciones de contorno laterales\(L\) y periódicas, la densidad de estados en k- espacio es\((L/2\pi )^3\). Los estados permitidos se pueden visualizar como los puntos de una celosía cúbica\((k_x,k_y,k_z)=2\pi L(n_x,n_y,n_z)\), siendo los números enteros, por lo que cada estado permitido tiene asociado con él el volumen de un pequeño cubo\((2\pi /L)^3\).\(n\)

Para encontrar la densidad tridimensional de los estados en la energía, utilizando\(E=\hbar^2\vec{k}2/2m\), nuevamente\(\Delta E=(\hbar^2k/m)\Delta k\) pero ahora para encontrar el número de estados en un rango de energía pequeño debemos multiplicarnos por\(4\pi k^2\), ya que los estados en el rango de energía se encuentran entre dos esferas concéntricas cercanas en el espacio k. Esto da

\[ \rho (E)=(L/2\pi )^34\pi k^2(m/\hbar^2k)=(L/2\pi )^34\pi k(m/\hbar^2)=(V/2\pi^2)(m/\hbar^3)\sqrt{2mE}. \label{9.6.8}\]

Observe que en contraste con el caso unidimensional, la densidad tridimensional de estados va a cero a cero energía. (Ejercicio: ¿Qué sucede en dos dimensiones?)

(Por supuesto, si estamos detectando el electrón expulsado con aparatos restringidos a un ángulo sólido\(d\Omega\), el\(4\pi\) es reemplazado por\(d\Omega\).)

La condición de ortogonalidad entre los estados de onda plana es

\[ \langle \vec{k}|\vec{k}'\rangle =\delta_{\vec{k},\vec{k}'} \label{9.6.9}\]

la función ordinaria del delta de Kronecker, no de Dirac, ya que\(k\) los s son un conjunto enumerado,

\[ (k_x,k_y,k_z)=\dfrac{2\pi}{L}(n_x,n_y,n_z) \label{6.9.10}\]

los\(n\)'s siendo enteros.

Encontrar el elemento Matrix

La función de onda del estado fundamental para el hidrógeno es

\[ |100\rangle =\sqrt{\dfrac{1}{\pi a^3_0}}e^{-r/a_0}. \label{9.6.11}\]

El elemento de matriz que entra en la Regla de Oro de Fermi (Ecuación\ ref {9.6.1}) es por lo tanto:

\[ \langle \vec{k}_f|\left( \dfrac{e}{2mc}\right) e^{i\vec{k}\cdot \vec{r}}\vec{A}_0\cdot \vec{p}|100\rangle =\int d^3r(1/L)^{3/2}e^{-i\vec{k}_f\cdot \vec{r}}\left( \dfrac{e}{2mc}\right) e^{i\vec{k}\cdot \vec{r}}\vec{A}_0\cdot (-i\hbar\vec{\nabla})\sqrt{\dfrac{1}{\pi a^3_0}}e^{-r/a_0} \label{9.6.12}\]

En realidad el\(e^{i\vec{k}\cdot \vec{r}}\) término no es muy importante: la longitud de onda de los fotones entrantes para el efecto fotoeléctrico habitual es mucho mayor que el tamaño del átomo de hidrógeno en su estado fundamental (al que se limita nuestra integral) así\(e^{i\vec{k}\cdot \vec{r}}\cong 1\), y podemos dejar ese término.

Un punto que hemos pasado por alto es que la onda electromagnética tiene un campo magnético tan fuerte como el campo eléctrico, entonces, ¿qué pasa con la interacción de este campo magnético con el momento magnético del electrón? Esto resulta ser mucho más débil que el\(\left( \dfrac{e}{2mc}\right) \vec{A}_0\cdot \vec{p}\) término: la interacción magnética

\[ \vec{\mu}_B\cdot \vec{B}=\left( \dfrac{e}{2mc}\right) \vec{S}\cdot \vec{B}, \label{9.6.13}\]

y la relación de esta contribución magnética a la eléctrica es

\[ \dfrac{\left( \dfrac{e}{2mc}\right) \vec{S}\cdot \vec{B}}{\left( \dfrac{e}{2mc}\right) \vec{A}_0\cdot \vec{p}}\simeq \dfrac{\hbar\vec{\sigma}\cdot \vec{\nabla} \times \vec{A}}{\vec{A}\cdot \vec{p}}\simeq \dfrac{\hbar k}{p} \label{9.6.14}\]

con\(p\sim \hbar/a_0\), por lo que esta relación es de orden\(a_0/\lambda\),\(\lambda\) siendo la longitud de onda de la luz entrante, alrededor de 100 nm para ionizar hidrógeno. Entonces, podemos ignorar con seguridad la interacción magnética.

Esta interacción hamiltoniana\(H^1=\left( \dfrac{e}{2mc}\right) \vec{A}_0\cdot \vec{p}e^{-i\omega t}\) se llama la aproximación dipolo, porque también se puede escribir en términos del momento dipolo del átomo\(e\vec{r}\). Para ver cómo se produce esto, tomando\(|i\rangle,\; |f\rangle\) como estados propios de\(H=\vec{p}^2/2m+V(\vec{r})\), y usando\([\vec{r},\vec{p}]=i\hbar,\; [\vec{r},H]=(i\hbar/m)\vec{p}\), encontramos que los elementos de la matriz de\(\vec{p},\vec{r}\) para esta transición de ionización están simplemente relacionados

\[ \begin{matrix} \langle f|\vec{p}|i\rangle =(m/i\hbar)\langle f|\vec{r}H-H\vec{r}|i\rangle \\ =(m/i\hbar)(E_i-E_f)\langle f|\vec{r}|i\rangle \\ =im\omega \langle f|\vec{r}|i\rangle .\end{matrix} \label{9.6.15}\]

Por lo tanto

\[ \langle f|H^1(t)|i\rangle =\left( \dfrac{e}{2mc}\right) \vec{A}_0e^{-i\omega t}\cdot \langle f|\vec{p}|i\rangle =\left( \dfrac{e}{2mc}\right) im\omega \vec{A}_0e^{-i\omega t}\cdot \langle f|\vec{r}|i\rangle , \label{9.6.16}\]

y\(\vec{E}=-(1/c)\partial \vec{A}/\partial t=(i\omega /2c)\vec{A}_0e^{-i\omega t}\), a partir del cual\(\langle f|H^1(t)|i\rangle =\langle f|-\vec{\mu}\cdot \vec{E}(t)|i\rangle\)\(\vec{\mu}=-e\vec{r}\), con, el momento dipolo eléctrico del átomo.

Sin embargo, para la interacción particular que estamos considerando aquí, la\(\vec{p}=-i\hbar\vec{\nabla}\) representación resulta más conveniente. (Utilizaremos la\(\vec{\mu}=-e\vec{r}\) representación en el trabajo posterior.)

Debemos evaluar:

\[ (1/L)^{3/2}\left( \dfrac{e}{2mc}\right) \sqrt{\dfrac{1}{\pi a^3_0}}\int d^3re^{-i\vec{k}_f\cdot \vec{r}}\vec{A}_0\cdot (-i\hbar\vec{\nabla})e^{-r/a_0}. \label{9.6.17}\]

La integración por partes da al operador de gradiente que actúa sobre el estado de onda plana,

\[ \int d^3re^{-i\vec{k}_f\cdot \vec{r}}\vec{A}_0\cdot (-i\hbar\vec{\nabla})e^{-r/a_0}=-(\vec{A}_0\cdot \vec{p}_f)\int d^3re^{-i\vec{k}_f\cdot \vec{r}}e^{-r/a_0}. \label{9.6.18}\]

La integral es ahora una transformada de Fourier de la función de onda de estado fundamental de hidrógeno, y es sencilla: elegir el eje z- en la dirección de\(\vec{k}_f\), la\(\varphi\) -integración da\(2\pi\), la\(\theta\) -integración tiene\(\sin\theta d\theta =-d(cos\theta )\), etc. El resultado es\((8\pi /a_0)/(a^{-2}_0+k^2_f)^2\).

Por último, podemos poner esto en la Regla de Oro de Fermi:

\[ \begin{matrix} R_{i\to f}=\\ \dfrac{2\pi}{\hbar}|(1/L)^{3/2}\left( \dfrac{e}{2mc}\right) \sqrt{\dfrac{1}{\pi a^3_0}}(\vec{A}_0\cdot \vec{p}_f)\left( \dfrac{8\pi /a_0}{(a^{-2}_0+k^2_f)^2}\right) |^2 \delta(E_f-E_i-\hbar\omega ). \end{matrix} \label{9.6.19}\]

Para detectar el electrón expulsado, tendremos un detector sensible a algún ángulo sólido pequeño,\(d\Omega\), no a algún valor preciso de\(\vec{p}_f\). También habrá alguna incertidumbre minúscula en\(|\vec{p}_f|\), equivalente a una incertidumbre energética, porque por un lado la eyección se lleva a cabo después de un tiempo finito. Esto significa que la\(\delta\) función -en realidad tiene un ancho finito, y al tomar nuestra caja normalizadora lo suficientemente grande, habrá muchos estados dentro de este ancho, así que, efectivamente, la\(\delta\) función -está midiendo la densidad de posibles estados salientes (ver discusión al final). Recordemos que la densidad de estados en energía para el ángulo sólido saliente\(d\Omega\) es

\[ \rho (E,d\Omega )=(L/2\pi )^3k^2(m/\hbar^2k)d\Omega =(L/2\pi )^3k(m/\hbar^2)d\Omega , \label{9.6.20}\]

dando

\[ \begin{matrix} R_{i\to f}=\\ \dfrac{2\pi}{\hbar}\left| (1/L)^{3/2}\left( \dfrac{e}{2mc}\right) \sqrt{\dfrac{1}{\pi a^3_0}}(\vec{A}_0\cdot \vec{p}_f)\left( \dfrac{8\pi /a_0}{(a^{-2}_0+k^2_f)^2}\right) \right|^2(L/2\pi )^3k_f(m/\hbar^2)d\Omega .\end{matrix} \label{9.6.21}\]

Observe primero que los\(L^3\) términos cancelan, de manera tranquilizadora, nuestro resultado no puede depender del tamaño de la caja elegida para los estados de onda plana. Redacción\(p_f=\hbar k_f\), y por supuesto\(p^2_f/2m=E_i+\hbar\omega\), encontramos

\[ R_{i\to f}=\dfrac{4mp_f}{\pi a^5_0\hbar^4}\left( \dfrac{e}{mc}\right)^2(\vec{A}_0\cdot \vec{p}_f)^2\left( \dfrac{1}{a^{-2}_0+(p_f/\hbar)^2} \right)^4 d\Omega . \label{9.6.22}\]

Tenga en cuenta que la tasa es dependiente del ángulo, ya que\( (\vec{A}_0\cdot \vec{p}_f)^2=A^2_0p^2_f\cos^2\theta\): la eyección es probablemente paralela al campo eléctrico. La tasa de ionización total se da integrando la tasa sobre todos los ángulos, y en la esfera unitaria\(\overline{\cos^2\theta}=\bar{z}^2=1/3\), así en lo anterior,\( (\vec{A}_0\cdot \vec{p}_f)^2d\Omega\to 4\pi A^2_0p^2_f/3\).

La sección transversal fotoeléctrica

Imagínese ahora enviar esta radiación a un gas de átomos de hidrógeno, muchos de ellos, pero no lo suficiente como para sombrearse entre sí de la radiación significativamente. La energía será absorbida por el haz a medida que los átomos se ionizan. ¿Cuál es la velocidad a la que el haz pierde energía? Una manera conveniente de visualizar esta tasa de pérdida de energía es reemplazar cada átomo por un pequeño disco perfectamente absorbente orientado con su normal paralelo al haz, el tamaño de estos discos de tal manera que el haz pierde energía a la misma velocidad que lo haría por ionización. El área del disco equivalente a un átomo se denomina sección transversal fotoeléctrica.

La densidad de energía en el haz de radiación es

\[ \dfrac{1}{8\pi} (|\vec{E}|^2+|\vec{B}|^2)=\dfrac{1}{8\pi}\left(2\dfrac{\omega^2}{c^2}\vec{A}^2_0\cos^2(\vec{k}\cdot \vec{r}-\omega t)\right) \label{9.6.23}\]

Denotando la sección transversal fotoeléctrica por\(\sigma\),

\[ \text{energy absorbed per second}=\sigma \times c \times \text{energy density}, \label{9.6.24}\]

y promediando\(\cos^2\), esto da la tasa de absorción de energía por átomo a ser\(A^2_0\omega 2\sigma /8\pi c\).

Sin embargo, si la tasa de ionización de un átomo es\(R_{i\to f}\), y esa ionización toma energía\(\hbar\omega\) del haz, la tasa de absorción de energía es justa\(\hbar\omega R_{i\to f}\), por lo que la sección transversal de ionización viene dada por

\[ A^2_0\omega 2\sigma /8\pi c=\hbar\omega R_{i\to f} \label{9.6.25}\]

Esto da

\[ \begin{align} \sigma &=\dfrac{8\pi c}{A^2_0\omega^2}\hbar\omega R_{i\to f} \\[5pt] &=\dfrac{8\pi c}{A^2_0\omega^2}\hbar\omega \dfrac{4mp_f}{\pi a^5_0\hbar^4}\left(\dfrac{e}{mc}\right)^2\dfrac{4\pi A^2_0p^2_f}{3}\left( \dfrac{1}{a^{-2}_0+(p_f/\hbar)^2} \right)^4 \\[5pt] &=\dfrac{128}{\omega} \dfrac{e^2}{a^5_0\hbar^3}\dfrac{\pi p^3_f}{3mc}\left( \dfrac{1}{a^{-2}_0+(pf/\hbar)^2}\right)^4 .\end{align} \label{9.6.26}\]

Apéndice: la Función Delta de la Regla de Oro y la Densidad de los Estados

Para nuestro modelo de caja grande, los estados son infinitos en número, pero se pueden contar yendo hacia afuera desde el origen en k- espacio, y adoptando alguna convención para ordenar los de igual energía. Podemos etiquetar los estados con\(\vec{n}=(n_x,n_y,n_z)\), un vector con componentes enteros colocando el estado en k- espacio, y denotar su energía\(E_{\vec{n}}\). El aporte de este estado a la densidad de estados es una\(\delta\) función Dirac\(\delta(E-E_{\vec{n}})\), es decir, este estado aporta 1 a la densidad de estados en el punto\(E_{\vec{n}}\) sobre el eje de energía. Por lo tanto, la densidad de estados en energía es

\[\rho (E)=\sum_{\vec{n}}\delta(E-E_{\vec{n}})\]

Esto está bien aproximado por la función suave que derivamos anteriormente.

Consideremos ahora los estados de onda integral sobre el plano final necesarios en la evaluación de la fórmula de la Regla de Oro. Esa\(\delta\) función tiene un ancho finito (desde el principio de incertidumbre tiempo-energía), así que al tomar nuestra caja grande lo suficientemente grande podemos tener muchos estados de onda plana dentro del ancho de la\(\delta\) función Regla de Oro: para imaginarlo, representémoslo por una función igual a\(\Delta\) sobre un intervalo \(1/\Delta\), cero de lo contrario. Después, la integración de esta regla de oro\(\delta\) -función con\(\rho (E)\) dará una contribución\(\Delta\) de cada estado dentro del intervalo de ancho\(1/\Delta\). Si los estados se distribuyeran uniformemente en energía, esto daría el número total de estados en un intervalo de energía unitaria, y esa es la definición de la densidad de estados.