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# System prepended metadata

title: Sec. 10.1
tags: [Quantum Physics II]

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title: Sec. 10.1
author: ulynx
lang: zh-tw
description:  
    - 24 Jun 2020 @ 政大星巴克
    - 30 Jun 2020 @ 萬隆宿舍
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# §10.1　散射理論簡介
###### tags: `Quantum Physics II`
[TOC]

## §10.1.1　古典散射理論
設想一個粒子入射到某一散射中心（比如說，一個彈珠撞上保齡球，或一個質子撞擊一個重原子核）。其入射能量為 $E$，**撞擊參數（impact parameter）** 為 $b$，以 **散射角（scattering angle）** $\theta$ 出射——如圖 11.1 所示（為了簡單起見，我假定靶對於 $z$ 軸方向是對稱的，那麼軌道將在一個平面上，而且靶很重，所以靶的反彈可以忽略）。古典散射理論的基本問題是，==給定碰撞參數，計算散射角==。當然，一般來說，撞擊參數越小，散射角越大。
![](https://i.imgur.com/Jq1Khxa.png =400x)
<font size=2>**圖 10.1：** 古典散射問題，顯示出撞擊參數 $b$ 與散射角 $\theta$。</font>
### 例題 10.1
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**硬球散射（Hard-sphere scattering）**。假定靶是一個半徑為 $R$ 的硬球，入射粒子被它彈性散射（如圖 11.2 所示）。用 $\alpha$ 表示，撞擊參數為 $b = R \sin \alpha$ ，散射角為 $\theta = \pi − 2\alpha$ ，所以，$$b=R\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\theta}{2}\right)=R\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)。\tag{10.1}$$ 顯然有 $$\theta=\left\{\begin{array}{ll}2\cos^{-1}(b/R),&(b\leq R),\\0,&(b\geq R).\end{array}\right.\tag{10.2}$$
![](https://i.imgur.com/qUzQ3WZ.png =400x)
<font size=2>**圖 10.2：** 彈性剛球散射 </font>
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更一般來說，入射到截面面積（cross-sectional area）為 $\text{d}\sigma$ 的無窮小面積元素內的粒子將散射到相應的無窮小立體角 $\text{d}\Omega$（圖 10.3）。$\text{d}\sigma$ 越大，$\text{d}\Omega$ 也將越大；它們的比例因子 $D(\theta)\equiv \text{d}\sigma/\text{d}\Omega$ 叫做**微分（散射）截面（differential (scattering) cross-section）**：[^1] $$\boxed{\text{d}\sigma=D(\theta)\text{d}\Omega}。\tag{10.3}$$ 利用撞擊參數和方位角 $\phi$，可寫出 $\text{d}\sigma=b\,\text{d}b\,\text{d}\phi$ 和 $\text{d}\Omega=\sin\theta\,\text{d}\theta\,\text{d}\phi$，所以 $$D(\theta)=\dfrac{b}{\sin\theta}\left|\dfrac{\text{d}b}{\text{d}\theta}\right|。\tag{10.4}$$（因為 $\theta$ 通常是 $b$ {遞減|○○}函數，這個導數其實是負的，所以要加上絕對值。）

![](https://i.imgur.com/gVSAGdH.png)
<font size=2>**圖 10.3：** 入射面積 $\text{d}\sigma$ 的粒子被散射進入立體角 $\text{d}\Omega$</font>

### 例題 10.2
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**硬球散射（續）**。在硬球散射的例子中（例題 10.1）$$\dfrac{\text{d}b}{\text{d}\theta}=-\dfrac{1}{2}R\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)，\tag{10.5}$$ 所以 $$D(\theta)=\dfrac{R\cos(\theta/2)}{\sin\theta}\left(\dfrac{R\sin(\theta/2)}{2}\right)=\dfrac{R^2}{4}。\tag{10.6}$$ 這個一個比較不尋常的例子，因為微分截面與 $\theta$ 無關。
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**總截面**（total cross-section） 是 $D(\theta)$ 對所有立體角{積分|○○}： $$\boxed{\sigma\equiv\int D(\theta)\,\text{d}\Omega}；\tag{10.7}$$ 粗略來說，這是被靶散射的入射粒子束的總面積。例如，在硬球散射的例子裡面，$$\sigma=\left(R^2/4\right)\int\text{d}\Omega=\pi R^2，\tag{10.8}$$ 這正是我們所預期的：它是球的截面積；入射到此面積內的 BB 彈將會擊中靶，而入射到更遠地方的 BB 彈則完全不會擊中靶。但這裡所鋪陳的理論表述，其有效性也包含「軟的」靶（像是原子核的庫侖場），{不能|○○}把這種靶單純分成「有擊中或沒擊中」。

最後，假設我們有一{束|○}入射粒子，其均勻強度（或粒子物理學家所稱的**亮度**（luminosity））為 $$\mathcal{L}\equiv 單位時間內通過單位面積的入射粒子數量。\tag{10.9}$$ 單位時間內，進入面積 $\text{d}\sigma$ （因而散射到立體角 $\text{d}\Omega$ 內）的粒子數量是 $\text{d}N=\mathcal{L}\,\text{d}\sigma=\mathcal{L}\,D(\theta)\,\text{d}\Omega$，從而有 $$D(\theta)=\dfrac{1}{\mathcal{L}}\dfrac{\text{d}N}{\text{d}\Omega}。\tag{10.10}$$ 這有時被用做微分截面的{定義|○○}，因為它僅涉及跟容易在實驗室中測量的物理量：如果偵測器張出一立體角 $\text{d}\Omega$，我們只需計算單位時間內記錄到的{數量|○○}（**事件率**（event rate）），然後除以 $\text{d}\Omega$，再除以入射粒子束的亮度以進行標準化（normalize）。

### 習題 10.1　拉塞福散射 ***
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帶電量為 $q_1$、動能為 $E$ 的入射粒子，被帶電量為 $q_2$、質量很大而且靜止的粒子散射。
- (a) 推導出與撞擊參數和散射角的關係式。[^2] *答案：* $b=\left(q_1q_2/8\pi\epsilon_0\right)\cot(\theta/2)$。
- (b) 求出微分散射截面。 *答案：* $$D(\theta)=\left[\dfrac{q_1q_2}{16\pi\epsilon_0E\sin^2(\theta/2)}\right]^2。\tag{10.11}$$
- (c\) 證明拉塞福散射的總散射截面是{無窮大|○○○}。
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#### Solution of (a)
1. For a two-body central-force problem with conservative field, we have
    - conservation of mechanical energy: $$E=\dfrac{m}{2}\left(\dot{r}^2+r^2\dot{\phi}^2\right)+V(r)=\text{constant},\tag{1}$$ where $V(r)=\dfrac{q_1q_2}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{1}{r}$ is the Coulomb potential energy. For simplicity, we let $\kappa=\dfrac{q_1q_2}{4\pi\epsilon_0}$.
    - conservation of angular momentum: $$\ell=mr^2\dot\phi=\text{constant},\tag{2}$$ which implies $\dot\phi=\ell/mr^2$.
    
    Putting $\dot\phi$ into Eq. (1) and solve for $\dot{r}^2$, we obtain $$\dot{r}^2=\dfrac{2}{m}\left[E-V(r)\right]-\dfrac{\ell^2}{m^2r^2}\tag{3}$$
    Let $u=1/r$; thus $$\require{cancel}\dot r=\dfrac{dr}{dt}=\dfrac{dr}{du}\dfrac{du}{d\phi}\dfrac{d\phi}{dt}=-\dfrac{1}{u^2}\dot\phi\dfrac{du}{d\phi}=-\dfrac{1}{\cancel{u^2}}\dfrac{\ell}{m\cancel{r^2}}\dfrac{du}{d\phi}=-\dfrac{\ell}{m}\dfrac{du}{d\phi}.$$ Then (3) becomes $$\begin{align}&\hspace{3em}\left(-\dfrac{\ell}{m}\dfrac{du}{d\phi}\right)^2=\dfrac{2}{m}\left(E-\kappa  u\right)-\dfrac{\ell^2u^2}{m^2}\\&\implies \dfrac{du}{d\phi}=\sqrt{\dfrac{2m}{\ell^2}\left(E-\kappa u\right)-u^2}\\&\implies d\phi=\dfrac{du}{\sqrt{\frac{2m}{\ell^2}\left(E-\kappa u\right)-u^2}}.\tag{4}\end{align}$$

2. We should integrate Eq. (4) 
    - from $u=0$ ($r=\infty$) and $\phi=0$
    - to $u=u_\max$ ($r=r_\min$) and $\phi=\phi_0$.
    
    The result is $$\displaystyle \phi_0=\int^{u_\max}_0 \dfrac{du}{\sqrt{\frac{2m}{\ell^2}\left(E-\kappa u\right)-u^2}}.\tag{5}$$ From the graph we see $\phi_0+\phi_0+\theta=\pi$, and hence Eq. (5) is $$ \theta=\pi-2\phi_0=\pi-2\int^{u_\max}_0 \frac{du}{\sqrt{\frac{2m}{\ell^2}\left(E-\kappa u\right)-u^2}}.\tag{6}$$

3. Let $u_1$ and $u_2$, with $u_1<u_2$, be the two roots of $\frac{2m}{\ell^2}\left(E-\kappa u\right)-u^2=0$ or $$u^2+\frac{2m\kappa}{\ell^2}u-\frac{2mE}{\ell^2}=0;\tag{7}$$ i.e. $$\frac{2m}{\ell^2}\left(E-\kappa u\right)-u^2=-(u-u_1)(u-u_2).$$

    But (Eq. (4)) $$\dfrac{du}{d\phi}=\sqrt{\frac{2m}{\ell^2}\left(E-\kappa u\right)-u^2}=\sqrt{(u-u_1)(u_2-u)}$$ entails that $u_\max$ is the larger root of Eq. (7), i.e. $u_2=u_\max$.

    Use the integral formula $$\displaystyle \int_a^b\frac{du}{\sqrt{(u-u_1)(u_2-u)}}=\left.-\sin^{-1}\left(\frac{-2u+u_2+u_1}{u_2-u_1}\right)\right|_a^b$$ to carry out Eq. (6): $$\displaystyle \begin{align}\theta&=\pi-2\int^{u_\max}_0 \dfrac{du}{\sqrt{(u-u_1)(u_\max-u)}}\\&=\pi+2\left[\sin^{-1}\left(\frac{-2u+u_\max+u_1}{u_\max-u_1}\right)\right]_0^{u_\max}\\&=\pi+2\left[\sin^{-1}(-1)-\sin^{-1}\left(\frac{u_\max+u_1}{u_\max-u_1}\right)\right]\\&=\pi+2\left[-\dfrac{\pi}{2}-\sin^{-1}\left(\frac{u_\max+u_1}{u_\max-u_1}\right)\right]\\&=-2\sin^{-1}\left(\frac{u_\max+u_1}{u_\max-u_1}\right)\tag{8}\end{align}$$

4. Solving Eq. (7), we have $$u_\max=-\dfrac{m\kappa}{\ell^2}+\sqrt{\left(\dfrac{m\kappa}{\ell^2}\right)^2+\dfrac{2mE}{\ell^2}}\\u_1=-\dfrac{m\kappa}{\ell^2}-\sqrt{\left(\dfrac{m\kappa}{\ell^2}\right)^2+\dfrac{2mE}{\ell^2}}$$ and $$\begin{align}\dfrac{u_\max+u_1}{u_\max-u_1}&=\dfrac{-\frac{m\kappa}{\ell^2}}{\sqrt{\left(\frac{m\kappa}{\ell^2}\right)^2+\frac{2mE}{\ell^2}}}=\dfrac{-1}{\sqrt{1+\frac{2mE}{\ell^2}\left(\frac{\ell^2}{m\kappa}\right)^2}}\\&=\dfrac{-1}{\sqrt{1+\frac{2E\ell^2}{m\kappa^2}}}=\dfrac{-1}{\sqrt{1+\left(2bE/\kappa\right)^2}}\tag{9}\end{align}$$ where we used $E=\frac{1}{2}mv^2$, $\ell=mvb$, where $b$ is the impact parameter, so that $$\dfrac{2E\ell^2}{m\kappa^2}=\dfrac{\cancel{m}v^2m^2v^2b^2}{\cancel{m}\kappa^2}=\dfrac{\left(mv^2\right)^2b^2}{\kappa^2}=\dfrac{(2E)^2b^2}{\kappa^2}=\left(\dfrac{2bE}{\kappa}\right)^2$$


5. Finally, we put Eq. (9) into Eq. (8): $$\begin{align}&\theta=-2\sin^{-1}\left(\dfrac{u_\max+u_1}{u_\max-u_1}\right)=-2\sin^{-1}\dfrac{-1}{\sqrt{1+\left(2bE/\kappa\right)^2}}\\&\implies -\dfrac{\theta}{2}=\sin^{-1}\dfrac{-1}{\sqrt{1+\left(2bE/\kappa\right)^2}}\\&\implies \sin\left(-\dfrac{\theta}{2}\right)=\dfrac{-1}{\sqrt{1+\left(2bE/\kappa\right)^2}}\\&\implies \left(\dfrac{2bE}{\kappa}\right)^2=\dfrac{1}{\sin^2(\theta/2)}-1=\dfrac{1-\sin^2(\theta/2)}{\sin^2(\theta/2)}=\cot^2(\theta/2)\\&\implies \boxed{b=\dfrac{\kappa}{2E}\cot\left(\dfrac{\theta}{2}\right)=\dfrac{q_1q_2}{8\pi\epsilon_0 E}\cot\left(\dfrac{\theta}{2}\right)}\tag{10}\end{align}$$


#### Solution of (b)
Following Eq. (10), we calculate the differential cross-section (Equation 10.4)  $$\begin{align}D(\theta)&=\dfrac{b}{\sin\theta}\left|\dfrac{db}{d\theta}\right|\\&=\dfrac{1}{\sin\theta}\dfrac{\kappa}{2E}\cot\left(\dfrac{\theta}{2}\right)\left|\dfrac{\kappa}{2E}\dfrac{d}{d\theta}\cot\left(\frac{\theta}{2}\right)\right|\\&=\left(\dfrac{\kappa}{2E}\right)^2\dfrac{1}{2\sin(\frac{\theta}{2})\cancel{\cos(\frac{\theta}{2})}}\dfrac{\cancel{\cos\frac{\theta}{2}}}{\sin\frac{\theta}{2}}\left|\dfrac{d}{d\theta}\cot\left(\frac{\theta}{2}\right)\right|\\&=\left(\dfrac{\kappa}{2E}\right)^2\dfrac{1}{2\sin^2(\theta/2)}\left|-\dfrac{1}{2}\csc^2\left(\frac{\theta}{2}\right)\right|\\&=\left[\dfrac{\kappa}{4E\sin^2(\theta/2)}\right]^2=\boxed{\left[\dfrac{q_1q_2}{16\pi\epsilon_0E\sin^2(\theta/2)}\right]^2}.\tag*{$\blacksquare$}\end{align}$$

#### Solution of (c\) 
The total cross-section is the integral of $D(\theta)$ over all solid angles: (Equation 10.7) $$\begin{align}\sigma&=\int D(\theta)d\Omega=\iint \left[\tfrac{q_1q_2}{16\pi\epsilon_0E\sin^2(\theta/2)}\right]^2\sin(\theta)d\theta d\phi\\&=\left(\dfrac{q_1q_2}{16\pi\epsilon_0E}\right)^2\underbrace{\left(\small\int_0^{2\pi}d\phi\right)}_{=\,2\pi}\underbrace{\left(\small\int_0^\pi\dfrac{\sin\theta }{\sin^4(\theta/2)}d\theta\right)}_{\equiv\,I}.\tag{11}\end{align}$$ But the integral $I$ doesn't converge because when $\theta$ is small (we can assume $0<\theta<\epsilon\ll\pi$, where $\epsilon$ is a very small), by approximation $\sin\theta\approx\theta$ and  $\sin(\theta/2)\approx\theta/2$ we see that $$\begin{align}&\quad\int_0^\pi\dfrac{\sin\theta }{\sin^4(\theta/2)}d\theta>\int_0^\epsilon\frac{\sin\theta }{\sin^4(\theta/2)}d\theta\approx\int_0^\epsilon\frac{\theta }{(\theta/2)^4}d\theta=16\int_0^\epsilon\frac{d\theta}{\theta^3}\\&=16\left.\left(-\dfrac{1}{2\theta^2}\right)\right|_0^\epsilon=8\left(-\dfrac{1}{\epsilon^2}+\lim_{\theta\to0}\dfrac{1}{\theta^2}\right)= +\infty.\tag*{$\blacksquare$}\end{align}$$


## §10.1.2　量子散射理論
在散射的量子理論中，我們想像一個平面波 $\psi(z)=Ae^{ikz}$ 入射，沿著 $z$ 方向行進，遇到一個散射位能（scattering potential），產生一個向外的{球面|○○}波（圖 10.4）。[^3] 也就是說，我們要尋找一種薛丁格方程式的解，它還要有以下一般形式： $$\boxed{\psi(r,\theta)\approx A\left[e^{ikz}+f(\theta)\dfrac{e^{ikr}}{r}\right]}，對很大的 ~r。\tag{10.12}$$（球面波會帶有一個 $1/r$ 的因子，因為 $|\psi|^2$ 這個部分的必定要有 $1/r^2$ 的形式，以確保機率守恆。）**波數**（wave number）$k$ 與入射粒子的能量有關，依然是$$k\equiv\dfrac{\sqrt{2mE}}{\hbar}。\tag{10.13}$$ （像之前一樣，我假設靶在方位角方面對稱；更一般的情況下， $f$ 可能和 $\theta$ 有關也和 $\phi$ 有關。）

![](https://i.imgur.com/C4t79bJ.png)
<font size=2>**圖 10.4：** 波的散射；一個入射的平面波產生一個向外傳的球面波。</font>

整個問題就是要求出**散射幅**（scattering amplitude）$f(\theta)$；它告訴你{在給定方向 $\theta$ 上的散射機率|○○○○○○○○○○○○}，也因此與微分截面有關。確切地說，粒子在時間 $\text{d}t$ 之內、以速率 $v$ 入射、通過無窮小面積 $\text{d}\sigma$ 的機率為（圖 10.4）$$\text{d}P=|\psi_入|^2\text{d}V=|A|^2(v\,\text{d}t)\,\text{d}\sigma。$$ 但這等於粒子散射進入相應的立體角 $\text{d}\Omega$ 的機率：$$\text{d}P=|\psi_散|^2\text{d}V=\dfrac{|A|^2|f|^2}{r^2}(v\,\text{d}t)r^2\text{d}\Omega，$$ 由此推得 $\text{d}\sigma=|f|^2\text{d}\Omega$，於是有 $$\boxed{D(\theta)=\dfrac{\text{d}\sigma}{\text{d}\Omega}=|f(\theta)|^2}。\tag{10.14}$$ 顯然微分截面（實驗物理學家感興趣的物理量）等於散射幅的絕對值的平方（可通過求解薛丁格方程式而得到）。在接下來的章節中我們將會學到兩種計算散射幅的技巧：**分波分析**（partial wave analysis）和**波恩近似**（Born approximation）。

![](https://i.imgur.com/7NisdUt.png =450x)
<font size=2>**圖 10.5：** 在時間 $\text{d}t$ 之內通過面積 $\text{d}\sigma$ 的入射波束的體積 $\text{d}V$。</font>

### 習題 10.2　
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對一維和二維散射，建構 (10.12) 式的類比。
:::

[^1]: 這是個很糟糕的用語：$D$ 不是{微分|○○}，它也不是截面。對我而言，「微分截面」這個詞聽起來還比較貼近 $\text{d}\sigma$。但我們恐怕會無法擺脫這個術語了。我也想也想提醒你，$D(\theta)$ 這個記號也不是標準用法——大多數人就稱它為 $\text{d}\sigma/\text{d}\Omega$（這令 (10.3) 式看起來像冗言贅字。）我覺得如果我們替微分截面的訂一個專屬符號，會比較不容易搞混。

[^2]: 這題並不簡單，你可能會想參考古典物理的書，像是 [Jerry B. Marion and Stephen T. Thornton, *Classical Dynamics of Particles and Systems*, 4th ed., Saunders, Fort Worth, TX (1995)](https://reurl.cc/Mv5reX), Section 9.10。

[^3]: 就目前而言，這裡沒有太多{量子|○○}力學；我們在討論的是{波|○}的散射（相對於{粒子|○○}而言），你甚至可以把圖 10.4 看成是一幅水波遇到一塊岩石的畫面，或者聲波遇到一顆籃球而彈開的畫面（因為我們是對三維散射感興趣，所以這樣想更貼切）。





