卢瑟福散射

             

贡献者: _Eden_; addis

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预备知识 开普勒问题,散射

   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 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}
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 $k=k_eq_1q_2=q_1q_2/(4\pi\epsilon_0)$.


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