量子力学 第二版 第六章__散射 习题答案 周世勋
-
第六章
散射
1<
/p>
．粒子受到势能为
U
(
< br>r
)
a
r
2
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
R
l<
/p>
和在没有散射势时
的矢径波函数
j
l
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：
1
d
2
dR
l
l
(
l
1
)
2
r
(
k
V
(
r
)
)
< br>R
l
0
2
2
r
dr
dr
r
其中
R<
/p>
l
是波函数的径向部分，而
V
(
r
)
2
2
U
(
r
),
k
2
2
2
E
令
R
l
x
l
(
r
)
r
，不难把矢径波
动方程化为
2
l
(
l
1
)
2
x
l
k
2
2
x
l
0
< br>2
r
r
再作变换
x
l
r
f
(
r
)
，得
1
2
e
< br>2
2
2
r
2
1
2
f
(
r
)
f
(
r
)
< br>
k
r
f
(
r
)
0
这是一个贝塞尔方程，它的解是
f
(
r
)
AJ
p
(
kr
)
BN
p
(
kr
)
1
2
<
/p>
p
l
2
2
其中
2
2
注意到
R
l
N
p
(
kr
)
在
r
0
时发散，因而当
r<
/p>
0
时波函数
N
p
r
，不符合波函数的标准条件。所以必须有
B
0
1<
/p>
r
J
p
(
kr
)
故
R
l
A
现在考虑波
函数
R
l
在
r
处的渐近行为，以便和
j
l
在
r
时的渐近行为比较，而求
得相角位移
l
，由于：
R
(
r
)
1
r
si
n(
kr
p
2
4<
/p>
)
1
r
sin(
kr
l<
/p>
2
l
)
2
1
2
d
1
l
p
<
/p>
l
l
l
2
2
4
2
2
2
<
/p>
2
当
l
很小时，即
较小时，把上式展开，略去高次项得到
2
l
< br>
1
2
l
2
又因
e
2
i
l
1
2
i
l
< br>f
(
)
1
2
ik
故
(
2
l
1
)(
e
l
0
2
i
l
1
)
P
l
(
c
o
s
)
<
/p>
2
2
1
(
2
l
1
< br>)
i
2
l
1
P
l
(co
s
)
2
ik
l
0
k
2
P
(cos
)
< br>l
l
0
1
r
12
注意到
1
r
l
2
r
< br>P
l
(cos
)
当
r
1
r
2
r
1
l
0<
/p>
1
1
l
2
2
r
1
r
2
2
r
1
r
2
cos
1
r
1
<
/p>
r
P
l
(cos
)
当
r
1
r
2
r
< br>2
l
0
2
如果取单位半径的球面上的两点来看
则
r
1
r
2
1
，即有
1
2
(
1
cos
)
P
< br>(cos
)
l
l
0
1
2
sin
r
12
2
r
1
f
(
)
k
2
1
2
s
i
n
< br>
2
r
2
0
故
微分散射截面为
f
(
)
d
k
2
4
2
< br>2
2
1
4
sin
2
d
8
E
2
2<
/p>
2
csc
2
<
/p>
2
d
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。
U
0
,
U
(
r
)
0
,
2
．慢速粒子受到势能为
当
r
a
当
r
a
的场的散射，若
E
U
0
,
U
0
0
，求散射截面。
[
解
]
慢速粒子的德布罗意波长很长，所以只需要考虑
S
< br>分波。
2
< br>l(
l
1
)
x
l
k
x
l
0
2
r
在
r
a
处，方程为
其中
k
2
2
E
2
2
l(
l
1
)
x
l
k
x
l
0
2
r
在
r
a
处，则有
其中
k
2
2
(
U
0
E
)
R
< br>l
2
x
l
r
而波函数是
在
<
/p>
a
的情况下，只故虑
S
< br>分波，即
l
0
的情况，上面两个方程变为
r
a
r
a
k
x
0
0
x
0
k
x
< br>0
0
x
0
2
2
其
解分别为
当
r
a
时，
x
0
B
si
n(
kr
0
)
<
/p>
当
r
a
时，
x
0
Ashk
r
A
c
hk
r
由于在
r
0
时，
R
0
x
0
r
有限，但
cos
k
r
当
< br>
1
r
0
故
A
0
k
r
即
x
0
A
s
h
(
r
a
)
在
r
a
处，波函数
R
0
及其微商必须连续，因此得出
Ash
k
a
B
sin(
ka
0
)
A
a
k
ch
k
a
A
a
2
sh
k
a
< br>
B
a
k
cot(
ka
< br>0
)
B
a
2
sin(
ka
< br>
0
)
用前式除后式可得
k
coth
k
a
k
cot(
ka
0
)
tg
k
a
k
k
tg
< br>(
ka
0
)
即
0
tg
1
k
tg
k
a
< br>
ka
k
因此
S
分波的辐射截面是
Q
0
4
k
2
sin
0
2
4
k
2
2
1<
/p>
k
sin
<
/p>
tg
tg
<
/p>
k
a
ka
k
当速度较小时，
k
0
，可以近似地认为
k
k
0
2
<
/p>
U
0
2
a
这时有
t
g
h
k
t
g
0
h
k
a
< br>0
4
k
2
k
k
0
2
tghk
0
a
ka
2
Q
0
0
2
tg
k
0
a
4
a
1
k
a
0
<
/p>
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
tg
k
0
a
< br>
(
tg
k
0
a
)
2
tg
k
0
a
1
1
2
< br>1
当
2
2
k
0
k
a
k
a
k
a
0
0
0
< br>
2
Q
0
4
a
r
4
2
3
．只考虑<
/p>
S
分波，求慢速粒子受到势能
U
(
r
)
的场散射时的散射截面。
[
解
]
<
/p>
当只考虑
l
0
，即
S
分波时，令
x
2
x
2
4
R
r
，则
x
满足的方
程是：
r
0
为了解此方程，作如下代换，令<
/p>
x
(
r
)
x
r
f
(
r
)
1
1
2
r
f
(
r
)
r<
/p>
f
(
r
)
1
4
r
f
(
r
)
，由于
f
(
r
)
r
3
2
x
r
f<
/p>
(
r
)
可将原方程化为
r
< br>f
f
f
2
d
1
1
f
2
7
3
r
r
< br>2
4
r
2
0
f
即
1
2
< br>
d
1
f
2
0
4
2
r
4
r
r
为了化简方程，再作变换，令
r
i
2
1
注意到
df
dr
2
df
d
d
dr
df
d<
/p>
i
2
1
2
r
2
i
df
d
2
2
< br>2
2
i
df
d
d
f
dr
2
d
df<
/p>
i
d
d
2
d
f
2
d
d
<
/p>
i
2
dr
2
d
f
2
2
d
2
d
dr
< br>
2
3
df
i
2
d<
/p>
2
i
2
2
方程可以化为
d
f
d
2
2
1<
/p>
1
2
d
4
1
df
< br>
0
这是
2
阶的贝塞尔方程，它的解是
f
(
r
)
H
(
1
)
(
1
)
1
2
1
< br>
i
2
1
r
<
/p>
式中
H
表示第一类汉克尔函数，按定义为
H
p
(
)
(
1
)
i
sin
p
e
< br>ip
J
p
(
)
J
p
(
<
/p>
)
p
当
1
时，
J
P
(
)
2
(
p
1
)
p