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§ QM-19 散射理论
2025-05-19
量子力学原理习题解
00

目录

第19章 散射理论
19.1 引言
19.2 一维散射的回顾与概述
19.3 Born 近似（含时描述）
19.4 再论 Born 近似（时间无关近似）
19.5 分波展开
19.6 两粒子散射

第19章 散射理论

19.1 引言

19.2 一维散射的回顾与概述

19.3 Born 近似（含时描述）

习题 19.3.1 证明

σYukawa=16πr02(gμr0ℏ2)211+4k2r02\sigma_{\text{Yukawa}}=16 \pi r_0^2\left(\frac{g \mu r_0}{\hbar^2}\right)^2 \frac{1}{1+4 k^2 r_0^2}

其中 r0=1μ0r_0=1 \mu_0 是作用程。将 σ\sigma 与这一作用程对应的几何截面进行比较。

习题 19.3.2 (1) 证明如果 V(r)=−V0θ(r0−r)V(r)=-V_0 \theta\left(r_0-r\right)， 那么

dσdΩ=4r02(μV0r02ℏ2)2(sin⁡qr0−qr0cos⁡qr0)2(qr0)6\frac{\mathrm{d} \sigma}{\mathrm{d} \Omega}=4 r_0^2\left(\frac{\mu V_0 r_0^2}{\hbar^2}\right)^2 \frac{\left(\sin q r_0-q r_0 \cos q r_0\right)^2}{\left(q r_0\right)^6}

(2) 证明当 kr0→0k r_0 \rightarrow 0 时，散射趋于各向同性，并且

σ≅16πr029(μV0r02ℏ2)2\sigma \cong \frac{16 \pi r_0^2}{9}\left(\frac{\mu V_0 r_0^2}{\hbar^2}\right)^2

习题 19.3.3 证明对于 Gaussian 势 V(r)=V0e−r2/r03V(r)=V_0 e^{-r^2 / r_0^3}， 有

dσdΩ=πr024(μV0r02ℏ2)2e−q2r02/2σ=π22k2(μV0r02ℏ2)2(1−e−2k2r02)\begin{aligned} \frac{\mathrm{d} \sigma}{\mathrm{d} \Omega} & =\frac{\pi r_0^2}{4}\left(\frac{\mu V_0 r_0^2}{\hbar^2}\right)^2 \mathrm{e}^{-q^2 r_0^2 / 2} \\ \sigma & =\frac{\pi^2}{2 k^2}\left(\frac{\mu V_0 r_0^2}{\hbar^2}\right)^2\left(1-\mathrm{e}^{-2 k^2 r_0^2}\right) \end{aligned}

[提示：由于 q2=2k2(1−cos⁡θ)q^2=2 k^2(1-\cos \theta)， 因此 d(cos⁡θ)=−d(q2)/2k2\mathrm{d}(\cos \theta)=-\mathrm{d}(q^2) / 2 k^2。]

习题 19.3.4 对 Gaussian 势验证上面的说法。

19.4 再论 Born 近似（时间无关近似）

习题 19.4.1 推导不等式 (19.4.44)。

19.5 分波展开

习题 19.5.1 证明：一个动能为 100−MeV100-\mathrm{MeV} 的中子入射到一个固定原子核上时， lmax⁡≅2l_{\max} \cong 2。 [提示：核力的作用程约为一个 Fermi =10−5A˚=10^{-5} \text{\AA}。 另外， ℏc≅200MeV F\hbar c \cong 200 \mathrm{MeV}~\mathrm{F} 是核物理中更有用的估算口诀。]

习题 19.5.2 推导方程 (19.5.18)，并补全导向光学定理，即方程 (19.5.21) 的缺失步骤。

习题 19.5.3 (1) 证明对于硬球，当 k→0k\rightarrow0 时， σ0→4πr02\sigma_0 \rightarrow 4 \pi r_0^2。

(2) 再考虑另一极限： kr0k r_0 非常大。由方程 (19.5.27) 以及 jlj_l 和 nln_l 的渐近形式证明

sin⁡2δl→kr0→∞sin⁡2(kr0−lπ/2)\sin ^2 \delta_l \xrightarrow[k r_0 \rightarrow \infty]{ } \sin ^2\left(k r_0-l \pi / 2\right)

因此

σ=∑l=0lmax⁡=kr0σl≅4πk2∫0kr0(2l)sin⁡2δldl≅2πr02\begin{aligned} \sigma=\sum_{l=0}^{l_{\max }=k r_0} \sigma_l & \cong \frac{4 \pi}{k^2} \int_0^{k r_0}(2 l) \sin ^2 \delta_l \mathrm{d} l \\ & \cong 2 \pi r_0^2 \end{aligned}

这里我们把对 ll 的求和近似为积分，把 2l+12l+1 近似为 2l2l， 并把振荡函数 sin⁡2δ\sin^2\delta 用其平均值 1/21/2 代替。

习题 19.5.4 证明深度为 V0V_0、作用程为 r0r_0 的方势阱，其 ss 波相移为

δ0=−kr0+tan⁡−1(kk′tan⁡k′r0)\delta_0=-k r_0+\tan ^{-1}\left(\frac{k}{k^{\prime}} \tan k^{\prime} r_0\right)

其中 k′k^{\prime} 和 kk 分别是势阱内部和外部的波数。

当 kk 很小时，kr0k r_0 是一个很小的数，我们将其忽略。现在考察随着势阱深度变化，也就是改变 k′k^{\prime} 时，δ0\delta_0 会发生什么。证明每当

k′≃kn′=(2n+1)π/2r0k^{\prime} \simeq k_n^{\prime}=(2 n+1) \pi / 2 r_0

时，δ0\delta_0 都具有方程 (19.5.30) 给出的共振形式，其中

Γ/2=ℏ2kn/μr0\Gamma / 2=\hbar^2 k_n / \mu r_0

而 knk_n 是当 k′=kn′k^{\prime}=k_n^{\prime} 时 kk 的取值。

从一个浅到不足以支持任何束缚态的势阱开始，证明 k1′k_1^{\prime} 对应于势阱刚好产生第一个零能束缚态。（见习题 12.6.9。） （注意：零能束缚态对应于 k=0k=0。） 随着势阱继续加深，这个能级向下移动，而很快在 k2′k_2^{\prime} 处又会形成另一个零能束缚态，如此继续。

习题 19.5.5 证明即使一个势会吸收粒子，我们仍然可以用

Sl(k)=ηl(k)e2iδlS_l(k)=\eta_l(k) \mathrm{e}^{2\mathrm{i} \delta_l}

来描述它，其中 η(<1)\eta(<1) 称为非弹性因子。

(1) 通过考察概率流，证明

σinel=πk2∑l=0∞(2l+1)[1−ηl2]σel=πk2∑l=0∞(2l+1)(1+ηl2−2ηlcos⁡2δl)\begin{aligned} \sigma_{\text{inel}} & =\frac{\pi}{k^2} \sum_{l=0}^{\infty}(2 l+1)\left[1-\eta_l^2\right] \\ \sigma_{\text{el}} & =\frac{\pi}{k^2} \sum_{l=0}^{\infty}(2 l+1)\left(1+\eta_l^2-2 \eta_l \cos 2 \delta_l\right) \end{aligned}

并且仍然有

σtot=4πkIm⁡f(0)\sigma_{\mathrm{tot}}=\frac{4 \pi}{k} \operatorname{Im} f(0)

(2) 考虑一个“黑盘”，它对 r⩽r0r\leqslant r_0 的所有粒子都完全吸收，而在更远处不起作用。将其理想化为： 对于 l⩽kr0l\leqslant k r_0， η=0\eta=0； 对于 l>kr0l>k r_0， η=1\eta=1、δ=0\delta=0。

证明 σel=σinel≃πr02\sigma_{\text{el}}=\sigma_{\text{inel}} \simeq \pi r_0^2。 把求和换成积分，并假设 kr0≫1k r_0 \gg 1。 （见习题 19.5.3。） 为什么只要存在 σinel\sigma_{\text{inel}}， 总会同时伴随一个 σel\sigma_{\text{el}}？

习题 19.5.6 （光学定理）

(1) 证明入射波与散射波之间干涉所产生的流密度，其径向分量为

jrint∼r→∞(ℏkμ)1rIm⁡[ieikr(cos⁡θ−1)f∗(θ)cos⁡θ+ieikr(1−cos⁡θ)f(θ)]j_r^{\mathrm{int}} \underset{r \rightarrow \infty}{\sim}\left(\frac{\hbar k}{\mu}\right) \frac{1}{r} \operatorname{Im}\left[\mathrm{i} \mathrm{e}^{\mathrm{i} k r(\cos \theta-1)} f^*(\theta) \cos \theta+\mathrm{i} \mathrm{e}^{\mathrm{i} k r(1-\cos \theta)} f(\theta)\right]

(2) 说明只要 θ≠0\theta\neq0， 由于 r→∞r\rightarrow\infty， jrintj_r^{\text{int}} 在任意小立体角上的平均值都为零。 [假设 f(θ)f(\theta) 是光滑函数。]

(3) 将 jrintj_r^{\text{int}} 在前向方向的一个很小圆锥内积分，并证明（见提示）

∫forward conejrintr2dΩ=−(ℏkμ)4πkIm⁡f(0)\int_{\text{forward cone}} j_r^{\text{int}} r^2 \mathrm{d}\Omega=-\left(\frac{\hbar k}{\mu}\right) \frac{4 \pi}{k} \operatorname{Im} f(0)

因此，如果我们对靶后方区域中的总流进行积分，会发现干涉项（它只在紧邻前向方向、即靶后方显著）会造成粒子数的亏损，从而形成一个“阴影”。阴影区域中每秒缺失的粒子总数由上面的积分通量给出。把这一损失与入射通量 ℏk/μ\hbar k/\mu 和截面 σ\sigma 的乘积相等，就重新得到光学定理。

[提示：由于 θ\theta 很小，可根据需要取 sin⁡θ≈θ\sin\theta\approx\theta， cos⁡θ=1\cos\theta=1 或 1−θ2/21-\theta^2/2。 在计算 θ\theta 积分的上限时，使用第 1 章中引入的思想：当一个函数的宗量趋于无穷时，如果该函数持续振荡，则其极限可以用平均值来处理。]

19.6 两粒子散射

习题 19.6.1 (1) 从方程 (19.6.16) 和 (19.6.17) 出发，证明 dσ/dΩ\mathrm{d}\sigma/\mathrm{d}\Omega 与 dσ/dΩL\mathrm{d}\sigma/\mathrm{d}\Omega_L 之间的关系为

dσdΩL∣θ0=dσdΩ∣2θ04cos⁡θ0\left.\frac{\mathrm{d} \sigma}{\mathrm{d} \Omega_L}\right|_{\theta_0}=\left.\frac{\mathrm{d} \sigma}{\mathrm{d} \Omega}\right|_{2 \theta_0} 4 \cos \theta_0

(2) 仅利用能量守恒和动量守恒，证明 θL⩽π/2\theta_L \leqslant \pi / 2。

(3) 对不等质量粒子散射，证明

tan⁡θL=sin⁡θcos⁡θ+(m1/m2)\tan \theta_L=\frac{\sin \theta}{\cos \theta+\left(m_1 / m_2\right)}

其中 m2m_2 是靶粒子的质量。

习题 19.6.2 利用方程 (19.3.16) 中的 fc(θ)f_c(\theta) 推导方程 (19.6.21)。

习题 19.6.3 假设 f=f(θ)f=f(\theta)， 证明对于处于三重态的费米子，

(dσ/dΩ)π/2=0.(\mathrm{d}\sigma/\mathrm{d}\Omega)_{\pi/2}=0.