ГЛАВА 5. СТОЛКНОВЕНИЯ И РАССЕЯНИЕ ЧАСТИЦ § 5.1

ГЛАВА 5. СТОЛКНОВЕНИЯ И РАССЕЯНИЕ ЧАСТИЦ
§ 5.1. Упругие столкновения
Рассмотрим упругое столкновение двух частиц. В таких столкновениях
сохраняются суммарные импульс и энергия сталкивающихся частиц:
r r
r r
p1 + p2 = p1′ + p2′ ,
E1 + E2 = E1′ + E2′ .
Частный случай, когда частица 2 до столкновения покоится, является, на самом
деле, достаточно общим: к нему всегда можно свести задачу, перейдя в систему
частицы 2. Поэтому ограничимся этим случаем.
r
v1
Рис. 5.1. Схема столкновения
m1
r
v0
m1
После
удара
θ
До удара
m2
α
m2
(соударения) двух частиц
r
v2
Запишем закон сохранения для проекций импульса на направление начальной
скорости и перпендикулярное к ней (рис. 5.1):
m1v0 = m1v1 cos θ + m2 v2 cos α ,
0 = m1v1 sin θ − m2 v2 sin α
− и закон сохранения энергии
mv02 m1v12 m2 v22
=
+
.
2
2
2
(5.1)
Подчеркнем, что все три скорости v1, v2, v0 здесь – положительные величины,
r r
модули векторов скоростей. Направления векторов v1 , v2 определяются
73
значениями углов θ и α. Сами векторы скоростей лежат в одной плоскости, что
также следует из закона сохранения импульса. Обозначив отношение масс частиц
ξ = m1/m2,
(5.2)
запишем (5.1) в виде
v1 cos θ + ξv2 cos α = v0 ,
v1 sin θ − ξv2 sin α = 0 ,
(5.3)
v12 + ξv22 = v02 .
Здесь 4 неизвестных:
v1, v2, θ, α − и 3 уравнения. Выразим 3 неизвестные
величины через θ – угол рассеяния частицы 1. Чтобы найти зависимость угла θ от
прицельного параметра ρ, нужно решить задачу о движении частицы с
приведенной массой в силовом поле (см., например, §§ 5.2−5.4 ниже). Для
заданного угла θ достаточно законов сохранения энергии-импульса, чтобы найти
значения остальных параметров частиц после соударения. Перепишем (5.3) в виде
v0 − v1 cos θ = ξv2 cos α ,
(5.4)
v1 sin θ = ξv2 sin α
и сложим квадраты этих равенств. Имеем
v02 − 2v0 v1 cos θ + v12 = ξ 2 v22 .
(5.5)
Вычтем отсюда третье из равенств (5.3), умноженное на ξ:
(v
2
0
)
− v12 = ξv22 × ξ .
Получим квадратное уравнение для v1:
v12 (1 + ξ ) − 2v1v0 cos θ + v02 (1 − ξ ) = 0 ,
из которого следует
v1 = v0 ⋅
cos θ ± ξ 2 − sin 2 θ
,
1+ ξ
ξ=
m2
.
m1
(5.6)
Здесь знак модуля поставлен в соответствии с определением величин v1 и v2 как
r
r
модулей v1 и v2 . Подставив (5.6) в (5.5), найдем
v 2 = v0
2
2
2
2 ξ + sin θ m cos θ ξ − sin θ
⋅
.
ξ
1+ ξ
74
(5.7)
Эта величина всегда положительна, как только что отмечено. Поделив второе из
равенств (5.4) на первое, получим
tgα =
v1 sin θ
,
v0 − v1 cos θ
(5.8)
где v1(θ) и v2(θ) даны соотношениями (5.6) и (5.7). Тем самым задача рассеяния
решена – через параметр θ. Осталось только выбрать знаки перед радикалами в
r
r
(5.6), (5.7). Для этого еще раз напомним, что v1, v2 – модули векторов v 1 и v2 .
Поэтому имеется некоторая неопределенность в выборе знака. Чтобы ее снять,
приходится рассмотреть процесс соударения в системе центра масс (СЦМ).
Скорость СЦМ в нашем случае есть (см. (4.17))
r
Vc =
m1 r
v0 .
m1 + m2
(5.9)
В СЦМ импульсы соударяющихся частиц равны по величине и противоположны
по направлению (рис. 5.2). До удара
r
r
r
r
r
( p1 )c = m1 v0 − Vc = µv0 = −( p2 )c ,
(
µ=
r
nχ
m1
χ
m2
)
(5.10)
m1m2
.
m1 + m2
Рис. 5.2. Соударение двух частиц в системе центра
масс
После удара в СЦМ эти векторы повернутся на угол рассеяния χ. Перейдя
обратно в лабораторную систему, получим
r
r
n0 
r
r
r
p1′ = µv0 nχ + m1Vc = µv0  nχ +  ,
ξ 

r
r
r
r
r
p 2′ = −µv0 nχ + m2Vc = µv0 (− nχ + n0 ) ,
75
(5.11)
r
где nχ − единичный вектор вдоль направления рассеяния первой частицы,
r
r
n0 = v0 v0 . Эти векторные суммы можно отобразить графически (рис. 5.3).
r
nχ
r
nχ
r
n0
χ
r
− nχ
θ
А
r
n0 ξ
В
χ
r
n0
а
α
С
б
θmax
A
r
nχ
θ
χ
r
n0
r
n0 ξ
В
α
С
в
Рис. 5.3. Диаграммы расчета кинематики столкновения двух частиц в системе центра масс:
r
r
а − положение единичных векторов до ( n0 ) и после ( ±nχ ) рассеяния;
б − ξ >1
(m1 < m2 ) ; в −
ξ <1
(m1 > m2 )
Из треугольников рис. 5.3 найдем
tgθ =
v1 =
ξ sin χ
,
1 + ξ cos χ
α=
π−χ
,
2
m2 v0
m2 v0
p1′
1
2 cos(π − χ )
=
⋅ AB =
⋅ 2 +1−
=
ξ
m1 m1 + m2
m1 + m2 ξ
v
= 0 ⋅ 1 + ξ 2 + 2ξ ⋅ cos χ ,
1+ ξ
m1v0
2v
p′
χ
⋅ BC = 0 ⋅ sin .
v2 = 2 =
m2 m1 + m2
1+ ξ
2
(5.12)
Теперь вернемся к анализу картины столкновения в лабораторной системе −
соотношения (5.6) – (5.8) − и рассмотрим случаи возможных значений ξ.
1) m1 < m2, ξ > 1. Угол рассеяния может принимать значения
0≤θ≤π,
Теперь в выражении
для
0≤χ≤π.
(5.13)
v2 (5.7) следует взять верхний знак "−", и,
соответственно, скорости частиц после удара равны
76
cos θ + ξ 2 − sin 2 θ
v1 = v0
,
1+ ξ
v 2 = v0
2
2
2
2
2 ξ − sin θ − cos θ ⋅ ξ − sin θ
⋅
.
ξ
1+ ξ
Воспользовавшись рис. 5.3, б, приходим к выводу, что угол разлета частиц
α+θ>
π
,
2
если ξ > 1 .
При центральном соударении χ = 0 , θ = π , так что
(v1 )cent = v0 ξ − 1 , (v2 )cent =
ξ +1
2v0
.
1+ ξ
(5.14)
r
r
При этом вектор v1 направлен назад, против v0 (отскок).
Если масса m2 очень велика, так что ξ >> 1 (удар о "стенку"), то
2v
 1 − cos θ 
θ
v1 ≈ v0 1 −
 , v2 ≈ 0 ⋅ sin ,
ξ 
ξ
2

sin θ  1 
θ  1
tgα ≈
⋅ 1 −  = ctg ⋅ 1 −  ,
1 − cos θ  ξ 
2  ξ
α≈
(5.15)
π−θ
.
2
Отсюда следует, что (с точностью до 1/ξ) угол разлета частиц
α+θ=
π+θ π
> .
2
2
(5.16)
2) m1 > m2, ξ < 1. В этом случае условие v1 > 0 удовлетворяется при обоих
знаках в (5.6), а угол θ не может превышать некоторое максимальное значение,
при котором подкоренное выражение в (5.6) обращается в нуль:
θ ≤ θ max = arc sin ξ <
0≤ χ ≤ π.
77
π
,
2
(5.17)
Угол θmax соответствует на диаграмме (рис. 5.3, в) условию касания вектором
AB окружности. При этом
χ(θ max ) ≡ ξ∗ =
π
+ θ max .
2
(5.18)
Однако θ, как следует из рис. 5.3, в, достигнув при увеличении χ значения θmax,
начинает уменьшаться. Нетрудно видеть, что в двух крайних случаях, когда θ = 0,
AB =
1
+1 ,
ξ
χ=0,
(5.19)
AB =
1
−1 ,
ξ
χ=π.
Случай χ = θ = 0 соответствует отсутствию столкновения (частица m1 пролетает
сквозь частицу m2), а случай χ = π, θ = 0 соответствует "лобовому" удару. Тем
самым выясняется смысл неоднозначности решения (5.6) при ξ < 1:
v1 =
v0 cos θ + ξ 2 − sin 2 θ , 0 ≤ χ ≤ χ ∗ ,
×
1 + ξ cos θ − ξ 2 − sin 2 θ , χ ∗ ≤ χ ≤ π .

(5.20)
Аналогично (5.14) из рис. 5.3, в найдем
α + θ < π/2,
ξ < 1.
если
(5.21)
С точки зрения наблюдателя в лабораторной системе действительно при одном и
том же угле рассеяния θ могут наблюдаться частицы с большими (знак "+") и
малыми (знак "−") значениями v1.
В случае очень тяжелой налетающей частицы, когда ξ << 1, имеем
θ max ≈ ξ ,
(
χ∗ ≈
π
+ξ,
2
)
v1 ≈ v0 1 − ξ ± ξ 2 − θ 2 ~ v0 ,
v 2 ≈ v0
(5.22)
θ2
2 ⋅ 1 m 1 − 2 ⋅ (1 − ξ ).
ξ
Последний результат (v2 ≤ 2v0) имеет простой физический смысл: это отражение
частицы 2 от частицы 1 − "стенки", движущейся со скоростью v0.
78
Наконец, отметим, что при χ ~ θ << ξ скорость v1 ≈ v0 и tgα ~ 1/θ >> 1,
см. (5.8), т.е. α ~ π/2 − покоящаяся легкая частица после удара отскакивает под
углом 90°. Это явление известно в физике столкновений заряженных частиц – так
называемые
"дельта-электроны",
возникающие
вдоль
следа
тяжелой
ионизирующей частицы в среде.
3) m1 = m2, ξ = 1. Из (5.12) имеем
θ=
χ
π−χ
π
, α=
, θ+α = .
2
2
2
(5.23)
Устремив ξ →1 при ξ > 1, из (5.13) и (5.7) при верхнем знаке найдем
v1 = v0 cosθ,
v2 = v0 sinθ.
(5.24)
Этот же результат нужно получить и в случае ξ →1 из области ξ < 1. Для этих
значений ξ
θ max →
π
,
2
χ∗ → π ,
(5.25)
что означает исчезновение области значений χ > χ ∗. Значит, если ξ →1 при ξ < 1,
из двух решений остается первое, которое в пределе дает тот же результат (5.24).
4) Лобовой удар еще проще рассмотреть в СЦМ – это случай χ = π. Из
r
r
(5.11) найдем ( nχ = − n0 ):
r m − m2 r
v1 = 1
⋅ v0 ,
m1 + m2
r
v2 =
r
2m1
⋅ v0 .
m1 + m2
(5.26)
В частности,
v1 = 0 ,
r
r
v2 = v0 , если m1 = m2
(5.27)
− частицы равной массы "обмениваются скоростями".
Последний
результат
позволяет
дать
простое
описание
упругого
столкновения шаров равной массы (рис. 5.4). Удар передается вдоль прямой,
соединяющей центры. При этом компонента скорости 1-го шара вдоль этой
79
прямой передается 2-му шару, а ортогональная этой прямой компонента
(касательная к поверхности шара) сохраняется. Получаем точно результат (5.24).
v0 cosθ
r
v0
θ
Рис. 5.4. Схема столкновения шаров равной массы
v0 sinθ
§ 5.2. Рассеяние частиц
Постановка задачи: частица приходит из бесконечности и уходит в
бесконечность, провзаимодействовав с неподвижным силовым центром. Это
задача двух тел, сведенная к задаче о движении тела с приведенной массой в поле
центральных сил. Результирующее отклонение вектора скорости (импульса)
частицы в бесконечности на некоторый угол θ (рис. 5.5) называется рассеянием
на данный угол.
m
r
v0
ϕ0
r
r
ρ
ϕ
ϕ0
Рис. 5.5. Рассеяние частиц на силовом центре
θ
ϕ0
0
Введем, как и в §§ 1.1 и 4.3, полярную систему координат (r, ϕ). Связь
между углом рассеяния θ и полным изменением угловой координаты следует из
рис. 5.5:
2ϕ 0 + θ = π .
80
(5.28)
M
dr
r2
∞
ϕ0 =
∫
M2
2m(ε − V (r )) − 2
r
rmin
где
rmin
,
(5.29)
− корень уравнения, которое запишем, используя закон сохранения
энергии в поле центральных сил и учтя, что в точке r = rmin
радиальная
компонента скорости обращается в нуль (r& = 0) :
M2
E = V (rmin ) +
.
2
2mrmin
(5.30)
Введем прицельный параметр ρ (рис. 5.5) – расстояние между прямыми,
параллельными вектору скорости при r = ∞, ϕ = 0, одна из которых проходит
через частицу, а другая – через силовой центр. Тогда
mv02
,
2
(5.31)
dr
r2
.
V (r ) ρ 2
1−
− 2
E
r
(5.32)
M = mv0 ρ , E =
и равенство (5.29) можно переписать в виде
ρ
∞
ϕ0 =
∫
rmin
Поток частиц через кольцо ρ ÷ ρ + dρ равен
 dN 
d
 = j 2πρdρ ≡ jdσ ,
 dt 
где j = nv0 − плотность потока при r = ∞ , ϕ = 0. Величина
dσ =
1  dN 
⋅ d

j  dt 
(5.33)
называется дифференциальным сечением рассеяния и численно равна площади
кольца радиуса ρ и толщины dρ:
dσ = 2πρdρ = 2πρ ⋅
dρ(θ)
ρ dρ
⋅dθ =
⋅
⋅ dΩ ,
sin θ d θ
dθ
81
(5.34)
где dΩ = 2π sin θ ⋅ d θ − элемент телесного угла. Из (5.28), (5.30) и (5.32) следует,
что ϕ0 и, соответственно, θ зависят от прицельного параметра ρ:
θ = π − 2ϕ 0 (rmin) = θ (ρ) т.к. rmin = rmin(ρ).
Найдя ϕ 0 (rmin) из (5.32) и rmin(ρ) из (5.30), получим функцию θ (ρ), а из нее
функцию
ρ (θ).
Тем
самым
будет
решена
задача
нахождения
dσ(θ ).
Дифференциальное сечение dσ показывает, какая доля частиц из налетающего
потока рассеивается на угол θ.
Задача 5.1. Найти сечение рассеяния на абсолютно упругом тяжелом шаре (рис. 5.6).
Используя рис. 5.6, запишем
ρ = R sin ϕ 0 = R cos
θ
R
ρ
θ
.
2
Рис. 5.6. Рассеяние на упругом тяжелом шаре
ϕ0
Тогда, согласно (5.34),
ρ
dσ
dρ
R2
=
⋅
=
⋅
sin θ
dΩ sin θ d θ
θ
θ
cos sin
2
2
2 = ρ , ρ ≤ R.
2
4
Тот же результат следует из (5.32), если учесть, что
∞ , r ≤ R ,
V (r ) = 
0 , r > R .
Тогда
∞
ϕ0 = ∫
R
dr
∞
r 2 = − arcsin ρ = arcsin ρ .
r R
R
ρ2
1− 2
r
ρ
Отсюда ρ = R sinϕ0 , и приходим к (5.35).
82
(5.35)
Интегральное (полное) сечение рассеяния, очевидно, есть
ρmax
σ = 2π ∫ ρdρ .
(5.36)
ρmin
В случае тяжелого упругого шара получим σ = 2πR 2 , что и следовало ожидать:
доля частиц, вырезаемых из потока, равна площади поперечного сечения шара.
Этот же результат справедлив для любого рассеивателя ограниченных размеров:
если ρ ≤ ρ max , то σ = πρ2max − площадь круга радиуса ρmax. Если же ρmax → ∞ , то
говорят, что сечение расходится:
σ → ∞.
§ 5.3. Задача Резерфорда
Рассмотрим рассеяние частиц в поле
V (r ) =
α
.
r
(5.37)
В этом случае из (5.32) найдем
dr
0
dx
r2
= −∫
,
2
2
α ρ2
x 1 + A − ( x + A)
−
1−
Er r 2
ρ
∞
ϕ0 =
∫
rmin
x = ρ r,
A=
(5.38)
α
.
2 Eρ
Отсюда
ϕ 0 = arccos
Значение xmax
x+ A
1 + A2
0
= arccos
xmax
A
1 + A2
− arccos
xmax + A
1 + A2
.
найдем из условия равенства нулю подкоренного выражения в
(5.38):
2
1 + A2 − ( xmax + A) = 0 ,
что дает
83
xmax = 1 + A2 − A
и arccos
xmax + A
1 + A2
= arccos1 ≡ 0 .
Поэтому
ϕ 0 = arccos
A
1 + A2
,
A
cos ϕ 0 =
1 + A2
,
ctgϕ 0 = A =
α
,
2 Eρ
или, с учетом (5.28),
ρ=
α
θ
⋅ ctg .
2E
2
(5.39)
Подставив этот результат в (5.34), получим так называемую формулу Резерфорда:
2
dσ  α 
1
=
.
 ⋅
dΩ  4 E 
4 θ
sin
2
(5.40)
При θ << 1 эта формула дает
2
dσ  α  1
≈  ⋅ ,
dΩ  E  θ 4
(5.41)
т.е. резерфордово сечение расходится при малых углах рассеяния (рис. 5.7).
1000
2
 4 E  dσ

 ⋅
 α  dΩ
100
Рис. 5.7. Зависимость резерфордова
сечения от угла рассеяния
10
1.0
0
π
θ
Зависимость дифференциального сечения рассеяния от угла рассеяния θ
(5.40), (5.41) указывает на точечный характер рассеивающего объекта. Именно
такая зависимость была обнаружена в знаменитом опыте Резерфорда (1911 г.), где
изучалось рассеяние α-частиц, испускаемых радиоактивным источником, на
очень тонкой золотой фольге (рис. 5.8). Из полного изотропного потока α-частиц,
84
покидающих источник, трубочкой-коллиматором вырезался тонкий пучок. В
фольге α-частицы рассеивались и попадали на люминесцентный экран, где
вспыхивали
"точки",
свидетельствовавшие
о
α-частиц.
попадании
Экспериментатор визуально измерял зависимость числа частиц от угловой
координаты, т.е. распределение прошедших частиц по углу рассеяния (рис. 5.8).
Согласие N(θ) c формулой (5.40) позволило Резерфорду сделать вывод о малом
размере атомного ядра и предложить планетарную структуру атома. В опытах
Резерфорда α-частицы имели энергию около 100 кэВ, массы атома золота и
α-частицы соответственно равны
МAu = 197 а.е.м.,
mα = 4 а.е.м.,
так что приведенная масса µ ≈ mα .
α-источник
Коллиматор
Микроскоп
θ
Фольгарассеиватель
Экран
Рис. 5.8. Схема опыта
Резерфорда
Окно
К вакуумному насосу
§ 5.4. Рассеяние на малые углы
Задачу
Резерфорда
можно
решить
приближенно,
не
прибегая
к
громоздкому интегрированию, если ограничиться областью малых углов
рассеяния. Поперечный импульс, набранный за время похождения мимо центра,
есть
85
p⊥ =
∞
∞
−∞
−∞
∫ F⊥ (t ) ⋅ dt = ∫ F⊥ (z ) ⋅
dz
2ρ
~ F (ρ ) ⋅
,
v( z )
v0
r
где z − координата вдоль вектора v0 ; ρ − прицельный параметр (см. рис. 5.4).
Тогда угол рассеяния
p ⊥ F (ρ ) 2ρ ρF (ρ)
=
⋅
=
,
p ||
p || v0
E
θ~
(5.42)
а дифференциальное сечение
dσ
ρ dρ ρ dρ
=
⋅
~ ⋅
,
dΩ sin θ d θ θ d θ
θ << 1 .
(5.43)
Подставляя dθ/dρ из (5.42) в (5.43), получим dσ/dΩ для области малых углов
рассеяния θ <<1.
Задача 4.2. Найти сечение малоуглового рассеяния частиц на поле с потенциалом
V (r ) =
Подставив F (r ) = −
αn
rn
.
dV nα n
= n +1 в (5.42), найдем
dr
r
θ~
nα n
Eρ n
,
n 2α n
dθ
,
=−
dρ
Eρ n +1
откуда
dσ 1  nα n 
= 

dΩ n  E 
2n
⋅θ
 1
− 2  1+ 
 n
.
При n =1 приходим к формуле Резерфорда для малых углов (5.41).
§ 5.5. Сечение и мишень. Длина свободного пробега
Пусть
поток
частиц
интенсивностью
N& частиц/с
движется
в
3
рассеивающей среде плотностью n0 частиц/см (рис. 5.9). Найдем закон, по
которому изменяется интенсивность потока, считая, что рассеянные частицы
выбывают из потока.
86
Рис. 5.9. Рассеяние потока
частиц в среде
z
∆z
В слое среды, толщина которого ∆z, а площадь поперечного сечения S
равна площади поперечного сечения потока, содержатся
N0
рассеивающих
частиц:
N 0 = n0 ⋅ ∆ z ⋅ S .
(5.44)
При прохождении потока через слой ∆z рассеяние испытают частицы, число
которых равно (см. (5.36))
∆N расс =
σN 0 &
N&
dN&
⋅ N = σ ⋅ n0 ⋅ ∆ z ⋅ S , т.е.
= −σn0 N& .
S
S
dz
(5.45)
Проще всего объяснить эти формулы "геометрически": из потока частиц
N& рассеивается доля, пропорциональная суммарной площади рассеивателей, т.е.
каждый рассеиватель заменяем кружком площади σ.
Из (5.45) имеем закон убывания интенсивности потока:
N& ( z ) = N& (0) ⋅ e − z λ ,
λ=
1
.
σ n0
(5.46)
Величина λ называется длиной свободного пробега частиц потока в рассеивающей
среде.
87