《量子力学》课程教学资源（习题解答）第6章 碰撞理论

第六章碰撞理论 1.粒子受到势能为U)=的场的散射，求S分波的微分散射藏面 解！为了应用分波法，求微分散射截面，首先必须找出相角位移。注意到第1个分波 的相角位移6，是表示在辏力场中的矢径波函数R和在没有散射势时的矢径波函数j,在 下→0时的位相差。因此要找出相角位移，必须从矢径的波动方程出发。 矢径的波动方程是： {}-0g-0 其中R是波函数的径向部分，而 令R=四，不难把矢径波动方程化为 再作变换=Ff),得 e+ )+)+&- 2 f)=0 这是一个贝塞尔方程，它的解是 f(r)=AJ(kr)+BN(kr) 中r-+增 注意到N,(kr)在r→0时发散，因而当r→0时波函数 R=告→0，不符合流高数的标准条件。所以必须有B=0 故 R=A左J,例 现在考虑波函数R,在r→∞处的渐近行为，以便和，在”→∞时的渐近行为比较，而求 得相角位移d,由于： v→-号+学=-+ 4器-

1 第六章 碰撞理论 1．粒子受到势能为 2 ( ) r a U r = 的场的散射，求 S 分波的微分散射截面。 [解] 为了应用分波法，求微分散射截面，首先必须找出相角位移。注意到第 l 个 分波 的相角位移 l  是表示在辏力场中的矢径波函数 Rl 和在没有散射势时的矢径波函数 l j 在 r → 时的位相差。因此要找出相角位移，必须从矢径的波动方程出发。 矢径的波动方程是： ) 0 ( 1) ( ( ) 1 2 2 2 2 = +  + − −      l l R r l l k V r dr dR r dr d r 其中 Rl 是波函数的径向部分，而 V r U r k E2 2 2 2 ( ), 2 ( )     = = 令 r x r R l l ( ) = ，不难把矢径波动方程化为 0 ( 1) 2 2 2 2 2  =      − + l + − l x r r l l x k   再作变换 x r f (r) l = ，得 ( ) 0 2 2 1 ( ) 1 ( ) 2 2 2 2 =                +      +  +  + − f r r e f r k r f r   这是一个贝塞尔方程，它的解是 f (r) AJ (kr) BN (kr) = p + p 其中 2 2 2 2 2 1    +      p = l + 注意到 N (kr) p 在 r →0 时发散，因而当 r →0 时波函数 = →  r N R p l ，不符合波函数的标准条件。所以必须有 B = 0 故 ( ) 1 J kr r Rl = A p 现在考虑波函数 Rl 在 r → 处的渐近行为，以便和 l j 在 r → 时的渐近行为比较，而求 得相角位移 l  ，由于： ) 2 sin( 1 ) 2 4 sin( 1 ( ) l l k r r p k r r R r    →  → −  + = − +                + − +       = − + + = − + 2 2 1 2 1 2 4 2 2 2 2 l d p l l l       

当6，很小时，即较小时，把上式展开，略去高次项得到 又因e26-1=2i6 故 (cos0) 2ua =2*- 注意到 1 R+店-2r5cos8 1p(cose0)当rsn 55 如果取单位半径的球面上的两点来看 则片=5=1，即有 7n-s2A6s 1 2smn日 故f0)=- 1 际2 微分散射截面为 g0cg如 f(oo-ua1 由此可见，粒子能量E愈小，则日较小的波对微分散射截面的贡献愈大：势能常数α愈大， 微分散射截面也愈大。 2.恒速粒子受到势能为 n-收多d 的场的散射，若E<U,U。>0,求散射截面。 解！恒速粒子的德布罗意波长很长，所以只需要故虑S分波

2  1 r  2 r  1,2 r  0 当 l  很小时，即  较小时，把上式展开，略去高次项得到           + = − 2 2 1 2 l l     又因 l i e i l   1 2 2 − = 故   = = + − 0 2 (2 1)( 1) (cos ) 2 1 ( ) l l i l e P ik f l      =             + = + − 0 2 (cos ) 2 1 2 (2 1) 2 1 l Pl l l i ik       = = − 0 2 (cos ) l Pl k    注意到                          = + − =    =  = 0 1 2 2 1 2 0 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 (cos ) 1 (cos ) 1 2 cos 1 1 l l l l l l P r r r r r P r r r r r r r r rr 当 当     如果取单位半径的球面上的两点来看 则 r1 = r2 =1 ，即有   = = = − 0 2 2sin 1 (cos ) 2(1 cos ) 1 l Pl    故 2 2sin 1 ( ) 2    k f = − 微分散射截面为            d E d k f d 2 csc 8 2 4sin 1 ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2   = = 由此可见，粒子能量 E 愈小，则  较小的波对微分散射截面的贡献愈大；势能常数  愈大， 微分散射截面也愈大。 2．恒速粒子受到势能为      = r a U r a U r 当 当 0, , ( ) 0 的场的散射，若 E U0 , U0  0 ，求散射截面。 [解] 恒速粒子的德布罗意波长很长，所以只需要故虑 S 分波

a方=0 种装 在a有，-0 其中k=20- 方2 而波函数是R=立 在元>a的情祝下，只故虑S分波，即1=0的情况，上面两个方程变为 r>a xo+kxo=0 r<a x6-k2x0=0 其解分别为 当r>a时，=Bsin(kr+式) 当r<a时，x=Ashk'r+cos放r 由于在→0时尼=之有限，国 cosk0→1 =0 x0=Ashk'r (r<a) 在r=a处，波函数R及其微商必须连续，因此得出 Ashk'a=Bsin ka+) 合oka-k-吕4coa+成)-sa+) 用前式除后式可得 k'coth k'a=kcot(ka+) 甲ga-兰e知+6 因此S分波的辐射截面是 a轻m6-轻mg使go-a 当速度较小时，k→0，可以近似地认为 k==2 这时有tgh ka=ghka

3 在 r  a 处，方程为 0 ( 1) 2 11 2 =       + l + − l x r l l x k 其中 2 2 2  E k  = 在 r  a 处，则有 0 ( 1) 2 2 =       + l −  + l x r l l x k 其中 2 2 0 2 ( )  U E k −  =  而波函数是 r x R l l = 在   a 的情况下，只故虑 S 分波，即 l = 0 的情况，上面两个方程变为 0 0 2 r  a x0  + k x = 0 0 2 r  a x0  − k x = 其解分别为 当 r  a 时， sin( ) 0 = + 0 x B kr 当 r  a 时， x = Ashk r + Acosk r 0 由于在 r →0 时， r x R 0 0 = 有限，但 cos 1 k r ⎯当⎯r→⎯0→ 故 A = 0 即 ( ) x0 = Ashk r r  a 在 r = a 处，波函数 R0 及其微商必须连续，因此得出 sin( ) = + 0 Ashk a B ka cot( ) sin( ) 2 = +  0 − 2 +  0   −  k a a B k k a a B shk a a A k chk a a A 用前式除后式可得 coth cot( ) = + 0 k k a k ka 即 ( ) +  0   = tg ka k k tg k a tg k a k a k k tg  −         = −  1  0 因此 S 分波的辐射截面是        −        = = − tg k a k a k k tg k k Q  2 1 0 2 2 0 2 sin 4 sin 4    当速度较小时， k →0 ，可以近似地认为 2 0 0 2  U k k   = = 这时有 tg ka = tg k0a

a-轻-4m2- koa 假如U。→0，相当于在受到球形无限深势阱散射的情况，这时由于 之-小-[21-] .Q=4m2 3.。只故忠S分波，求恒速粒子受到热能U)=二的场散射时的散射截面。 解当只考虑1=0，即S分波时，令R=二，则x满足的方程是： -20-0 为了解此方程，作如下代换，令xr)=√Ff(r),由于 r=ir09-om% 可将原方程化为 为了化简方程，再作变换，令 注意到 影器是点 d d ua 、2 方程可以化为

4 tg k a k a k k  = 0 − 0  0  2 0 2 2 0 0 2 0 4 1 4         = = − k a tg k a a k Q     假如 U0 →  ，相当于在受到球形无限深势阱散射的情况，这时由于 1 2 1 ( ) 1 0 0 0 2 2 0 2 0 2 0 0  ⎯⎯ ⎯→      = + −         − k → k a t g k a k a t g k a k a t g k a 当    2  Q0 = 4a 3．只故虑 S 分波，求恒速粒子受到热能 4 ( ) r U r  = 的场散射时的散射截面。 [解] 当只考虑 l = 0 ，即 S 分波时，令 r R  = ，则 x 满足的方程是： 0 2 2 4  − = r x x   为了解此方程，作如下代换，令 x(r) = r f (r) ，由于 ( ) 1 2 1 ( ) f r r x  = r f  r + 2 3 ( ) 4 ( ) 1 ( ) − −    =  + f r r r f r x r f r 可将原方程化为 0 4 2 1 1 2 3 2 2 7 =         − +   + r r d f r f r f   即 0 4 2 1 1 2 4 2  =      − +   + r r d f r f f   为了化简方程，再作变换，令   1 2  i r = 注意到 2 2 2 2 1          d df i r i d df dr d d df dr df = = − = dr d d df i d d f i dr d d df i d d dr d f            2 2 2 2 2 2 2 2 2    = +         = 2 3 2 2 2 2 2 2 2         +         =         i d i df d d f 方程可以化为 0 4 1 1 1 2 2 2 =        + + −   d  df d d f

这是人阶的贝塞尔方程，它的解是 m严到 式中H四表示第一类汉克尔函数，按定义为 g9=mp,-,间 当5<1时，J,9=2PTp+D 当r→0,5→0时 i m'r何 雨得卧) w=2 当r很大时， =到品-樱 品-*6习 另一方面 R=Cm-0+C,or-0=常数mr-d2 kr 当k<1时 R三搭数C+) 种-益 ：g或-2=严大=8 h 散射截面

5 这是 2 1 阶的贝塞尔方程，它的解是         = r i f r H 2 1 ( ) (1) 2 1   式中 (1) H 表示第一类汉克尔函数，按定义为  ( ) ( ) sin ( ) (1)      p p ip p e J J p i H − − = − 当  1 时， 2 ( 1) ( ) + = p J p p P    当 r → ,  → 0 时                   −       ⎯⎯⎯→ − − − → 2 1 2 2 3 2 2 sin ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 (1) 2 1       i i H 当r 而      2 1 2 1 2 1 2 3 , 2 1  =       =       =               = = r x x r f r rH i  2 ( ) (1) 2 1 当 r 很大时，                 −         = 4 1 2 4 1 2 2 2     x 常数 r       = +                 −         = = r c C r r x r R 2 1 4 1 2 4 1 2 1 2 2 ( ) 常数 常数     另一方面 r k r r k r C k r k r R C sin( 0) cos( 0) sin( ) 0 1 2 − = − + − = 常数 当 kr 1 时        + r C R C 2 常数 1 其中 4 1 2 2 4 1 2 1 2 , 2       = −         =     C C 0 1 2 0 2     = k = k = C C tg  散射截面 2 2 2 2 0 8 4 2 Q 4 k k                = =