贡献者： _Eden_; addis
卢瑟福通过用 $\alpha$ 粒子轰击金箔，否定了汤姆孙的葡萄干面包模型。卢瑟福惊讶地发现，每 20000 个粒子中，有 1 个 $\alpha$ 粒子会被反弹回去，这是汤姆孙的理论无法解释的。根据卢瑟福的设想，原子内部应该有一个体积很小的区域聚集了所有的正电荷，而负电荷则围绕着它在转，这使得 $\alpha$ 粒子轰击金箔这个两体问题的相互作用可以近似为库仑相互作用。卢瑟福因此提出原子的行星轨道模型，为原子结构的研究作出巨大贡献，于 1908 年获得诺贝尔化学奖。
1. 概要
定义碰撞参量为双曲线的渐近线到焦点的距离。在卢瑟福散射问题中，双曲线是粒子 2 的轨迹，焦点则是粒子 1 的位置。（在随粒子 1 平动的参考系中）设粒子 2 从无穷远的距离以 $ \boldsymbol{\mathbf{v}} _0$ 的速度靠近粒子 1，开始运动所在直线（即渐近线）与粒子 2 的距离为 $b$，这就是碰撞参量）。由双曲线的性质，碰撞参量等于双曲线的参数 $b$。
对于经典散射问题，微分截面等于
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}{\sigma}}{\mathrm{d}{\Omega}} = \frac{b \,\mathrm{d}{b} \,\mathrm{d}{\phi} }{\sin \theta \,\mathrm{d}{\theta} \,\mathrm{d}{\phi} } = \frac{b}{\sin \theta } \frac{\mathrm{d}{b}}{\mathrm{d}{\theta}} ~.
\end{equation}
由双曲线性质，偏射角满足
\begin{equation}
\cot{\frac{\theta }{2}}= \frac{b}{a}~.
\end{equation}
由反开普勒问题 $E = kQq/(2a)$，消去 $a$ 得
\begin{equation}
b = \frac{kQq}{2E}\cot {\frac{\theta }{2}}~.
\end{equation}
求导代入微分截面得
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}{\sigma}}{\mathrm{d}{\Omega}} = \left[\frac{kQq}{4E \sin^{2}\left(\theta /2\right) } \right] ^2~.
\end{equation}
2. 推导
预备知识 2 开普勒第一定律的证明
，
轨道方程、比耐公式
在上面的推导中我们利用了轨道形状为双曲线这一事实。在这里我们用比耐公式式 8 给出推导。设粒子 1 质量 $m_1$，带电荷 $q_1$；粒子 2 质量 $m_2$，带电荷 $q_2$。在粒子 1 的参考系中考察粒子 2 的运动，并设约化质量 $\mu=m_1m_2/(m_1+m_2)$。两个粒子都是带正电荷的粒子，那么它们之间就有排斥力，相互作用势为
\begin{equation}
V(\rho)=\frac{q_1q_2}{4\pi\epsilon_0\rho}=\frac{k}{\rho}~.
\end{equation}
相互作用势与 $\rho$ 成反比，因此还可以用求解开普勒问题的方法计算。不同的是这里 $k$ 没有负号。
由比耐公式（一阶微分方程形式）：
\begin{equation}
\begin{aligned}
& \left(\frac{ \,\mathrm{d}{u} }{ \,\mathrm{d}{\phi} } \right) ^2=\frac{2\mu}{J^2} \left(E-V(1/u) \right) )-u^2~,
\end{aligned}
\end{equation}
可以得到
\begin{equation}
\begin{aligned}
\left|\frac{ \,\mathrm{d}{u} }{ \,\mathrm{d}{\phi} }\right|&=\sqrt{-u^2-\frac{2\mu k}{J^2}u+\frac{2\mu E}{J^2}}\\
&=\sqrt{- \left(u+\frac{\mu k}{J^2} \right) ^2+\frac{2\mu E}{J^2}+\frac{\mu^2 k^2}{J^4}}
\end{aligned}~.
\end{equation}
该一阶偏微分方程的解的形式为
\begin{equation}
u+\frac{\mu k}{J^2}=\alpha \cos\left(\phi-\beta\right) ~,
\end{equation}
可以解得
\begin{equation}
\begin{aligned}
\alpha=\sqrt{\frac{2\mu E}{J^2}+\frac{\mu^2 k^2}{J^4}}~,\\
\end{aligned}
\end{equation}
这样就求得了 $u$ 关于 $\phi$ 的表达式。最后将 $u$ 用 $\rho=1/u$ 表示，得到
\begin{equation}
\rho=\frac{p}{1+e \cos\left(\phi-\beta\right) }~.
\end{equation}
其中 $e$ 为轨道的偏心率（或者称离心率）。$p,e$ 由下式给出：
\begin{equation}
\begin{aligned}
&p=-\frac{J^2}{\mu k}~,\\
&e=-\frac{J^2}{\mu k}\alpha=-\sqrt{1+\frac{2J^2E}{\mu k^2}}~,
\end{aligned}
\end{equation}
\begin{equation}
\rho=\frac{p}{1+e \cos\left(\phi-\beta\right) }=\frac{J^2/\mu k}{\sqrt{1+2J^2E/\mu k^2} \cos\left(\phi-\beta\right) -1}~.
\end{equation}
为使分母 $>0$，$\phi$ 有一定取值范围：
\begin{equation}
\cos\left(\phi-\beta\right) >\frac{1}{|e|}
\Rightarrow \phi \in (\phi_1,\phi_2)~.
\end{equation}
粒子从无穷远飞来，到与另一粒子距离极小时开始返回，再飞回无穷远。轨道的形状为双曲线。
散射角（粒子的偏转角度）$\theta$ 满足为
\begin{equation}
\cot\frac{\theta}{2}=\tan\frac{|\phi_1-\phi_2|}{2} =\sqrt{e^2-1}=\sqrt{\frac{2J^2E}{\mu k^2}}~,
\end{equation}
定义碰撞参量为双曲线的渐近线到焦点的距离。在卢瑟福散射问题中，双曲线是粒子 2 的轨迹，焦点则是粒子 1 的位置。（在随粒子 1 平动的参考系中）设粒子 2 从无穷远的距离以 $ \boldsymbol{\mathbf{v}} _0$ 的速度靠近粒子 1，开始运动所在直线（即渐近线）与粒子 2 的距离为 $b$，这就是碰撞参量），那么角动量为 $J=\mu bv_0$。能量为 $E=\mu v_0^2/2$。因此可以得到散射角 $\theta$ 与 $b,v_0$ 的关系式：
\begin{equation}
\cot \frac{\theta}{2}=\frac{\mu bv_0^2}{k}~.
\end{equation}
如果发射大量相同速度粒子 2，探测被粒子 1 “弹” 回的各个方向上的粒子数——不同的碰撞距离将导致不同的散射角。微分散射截面的信息往往反应粒子间相互作用的信息，以帮助人们对粒子的内部结构进行猜测，或对已有的猜想进行实验验证。根据微分散射截面的定义（
散射），$ \,\mathrm{d}{\Omega} =2\pi \sin\theta \,\mathrm{d}{\theta} $，$ \,\mathrm{d}{\sigma} =2\pi b \,\mathrm{d}{b} $，有
\begin{equation}
\frac{ \,\mathrm{d}{\sigma} }{ \,\mathrm{d}{\Omega} }=\frac{b}{\sin \theta}\left|\frac{ \,\mathrm{d}{b} }{ \,\mathrm{d}{\theta} }\right|~.
\end{equation}
对
式 15 两边微分，得到 $ \,\mathrm{d}{b} $ 和 $ \,\mathrm{d}{\theta} $ 的关系：
\begin{equation}
-\frac{ \,\mathrm{d}{\theta} /2}{\sin^2(\theta/2)}=\mu v_0^2 \,\mathrm{d}{b} /k\Rightarrow \left|\frac{ \,\mathrm{d}{b} }{ \,\mathrm{d}{\theta} }\right|=\frac{k}{2\mu v_0^2\sin^2(\theta/2)}~,
\end{equation}
那么
\begin{equation}
\begin{aligned}
\frac{ \,\mathrm{d}{\sigma} }{ \,\mathrm{d}{\Omega} }&=\frac{ \cot\left(\theta/2\right) k/(\mu v_0^2)}{\sin\theta}\cdot \frac{k}{2\mu v_0^2\sin^2(\theta/2)}=\frac{k^2}{4\mu ^2v_0^4\sin^4(\theta/2)}
\\
&=\frac{k^2}{16E^2\sin^4(\theta/2)}~,
\end{aligned}
\end{equation}
其中 $k=k_eq_1q_2=q_1q_2/(4\pi\epsilon_0)$。