分析力学 第6次作业

Chasse_neige

3.18 一质量为 $m$ 的质点的势能，在一半径为 $R$ 的球形区域内为 $\left|U_0\right|$，球外为零。该粒子以初速度 $v_{\mathrm{\infty }}$ 入射，类似于 3.9 图所示。求散射截面。

球内的粒子速度为

$$v_{in}=\sqrt{v_{\mathrm{\infty }}^2-\frac{2\left|U_0\right|}{m}}$$

利用前几次作业中得到的在势阱表面的折射定律，得到粒子的折射角

$$\sin \alpha =\sin \theta \sqrt{1-\frac{2\left|U_0\right|}{m{v}_{\mathrm{\infty }}^2}}$$

所以以瞄准距离 $\rho$ 入射的粒子将会运动到方位角为

$$\begin{array}{c}\varphi =2(\pi -\theta -\alpha )=2\pi -2\theta -2\arcsin (\sin \theta \sqrt{1-\frac{2\left|U_0\right|}{m{v}_{\mathrm{\infty }}^2}})\\ =2\arcsin (\frac{\rho }{R})-2\arcsin (\frac{\rho }{R}\sqrt{1-\frac{2\left|U_0\right|}{m{v}_{\mathrm{\infty }}^2}})\end{array}$$

处，所有进入势阱的粒子均会与其相互作用。所以散射截面为

$${\sigma }_{tot}=\pi R^2$$

3.20 求两电子之间的卢瑟福散射截面。

两个电子的电荷均为 $-e$，因此库仑势能为 $U(r)=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{e^2}{r}$，其中 $r$ 是两电子之间的距离。在质心系中，两体问题可简化为一个质量为约化质量 $\mu =\frac{m}{2}$ 的粒子在中心势 $U(r)$ 中的运动，其中 $m$ 是电子质量。质心系中的动能记为 $E$。 对于中心势 $U(r)=\frac{k}{r}$，散射角 $\theta$ 与瞄准半径$b$ 的关系为

$$b=\frac{k}{2E}\cot \frac{\theta }{2}$$

所以

$$\left|\frac{db}{d\theta }\right|=\frac{k}{4E}{\csc }^2\frac{\theta }{2}$$

利用 $\sin \theta =2\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}$ 和 $\cot \frac{\theta }{2}=\frac{\cos \frac{\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}$，有：

$$\frac{b}{\sin \theta }=\frac{\frac{k}{2E}\cot \frac{\theta }{2}}{2\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}}=\frac{k}{2E}\cdot \frac{\cos \frac{\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}\cdot \frac{1}{2\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}}=\frac{k}{4E}{\csc }^2\frac{\theta }{2}$$$$\frac{d\sigma }{d\mathrm{\Omega }}=\frac{b}{\sin \theta }\left|\frac{db}{d\theta }\right|=(\frac{k}{4E}{\csc }^2\frac{\theta }{2})(\frac{k}{4E}{\csc }^2\frac{\theta }{2})={\left(\frac{k}{4E}\right)}^2{\csc }^4\frac{\theta }{2}$$

因此，两电子之间卢瑟福散射的微分散射截面为：

$${\displaystyle \frac{d\sigma }{d\mathrm{\Omega }}}={\displaystyle \frac{1}{4}}{\left({\displaystyle \frac{e^2}{4\pi {ϵ}_{0}E}}\right)}^2{\displaystyle \frac{1}{{\sin }^4(\frac{\theta }{2})}}$$

转换到实验室系中：在实验室系中，初始时刻入射电子运动而靶粒子静止，所以实验室系以及质心系之间的速度变换公式可以表示为

$${\overrightarrow{v}}_{Lab}={\overrightarrow{v}}_{COM}+\frac{{\overrightarrow{v}}_{\mathrm{\infty }}}{2}$$

所以在实验室系中的散射角 $\varphi$ 是质心系中散射角 $\theta$ 的一半，得到微分散射截面之间的关系（考虑到电子是全同粒子，此处应该加上不可分辨的 $\pi -\theta$ 情形）

$$\begin{array}{c}{\sigma }_{Lab}(\varphi )=\frac{\sin \theta }{\sin \varphi }\frac{d\theta }{d\varphi }{\sigma }_{COM}(\theta )+\frac{\sin \theta }{\sin \varphi }\frac{d\theta }{d\varphi }{\sigma }_{COM}(\pi -\theta )\\ ={\left({\displaystyle \frac{e^2}{4\pi {ϵ}_{0}E}}\right)}^2({\displaystyle \frac{1}{{\sin }^4\varphi }}+\frac{1}{{\cos }^4\varphi })\cos \varphi \end{array}$$

4.2 一质量为 $M$ ，半径为 $R$ 的圆环在重力作用下绕固定点 $(O)$ 在其平面内作小振动, 如图 4.12 所示。求振动频率。

写出拉格朗日量

$$L=\frac{1}{2}(2M{R}^2){\dot{\theta }}^2+MgR\cos \theta$$

得到运动方程

$$2M{R}^2\ddot{\theta }=-MgR\sin \theta \approx -MgR\theta$$

所以小振动的角频率为

$$\omega =\sqrt{\frac{g}{2R}}$$

4.4 原子之间的相互作用可用勒纳-琼斯势近似 $V(r)=\frac{A}{r^{12}}-\frac{B}{r^6}$, 其中$A>0,B>0$。由此计算氧分子中两原子的平衡距离以及振动频率（氧原子质量为 $m$）。

平衡距离

$$\frac{\partial V}{\partial r}=0$$$$-12\frac{A}{r^{13}}+6\frac{B}{r^7}=0$$

得到平衡时

$$r_0={\left(\frac{2A}{B}\right)}^{\frac{1}{6}}$$

以两个原子之间的距离为广义坐标，写出拉格朗日量

$$\begin{array}{c}L(r)=2\times \frac{1}{2}m(\dot{\frac{r}{2}}{)}^2-\frac{A}{r^{12}}+\frac{B}{r^6}\\ =\frac{1}{4}m{\dot{r}}^2-\frac{A}{r^{12}}+\frac{B}{r^6}\end{array}$$

在平衡位置附近把势能展开为2阶项

$$r=r_0+\delta$$$$\frac{A}{r^{12}}-\frac{B}{r^6}=\frac{1}{2}(\frac{156A}{r_0^{14}}-\frac{42B}{r_0^8}){\delta }^2+o({\delta }^3)$$

所以

$$L(\delta )=\frac{1}{4}m{\dot{\delta }}^2-(\frac{78A}{r_0^{14}}-\frac{21B}{r_0^8}){\delta }^2$$

得到运动方程

$$\frac{1}{2}m\ddot{\delta }=-(\frac{156A}{r_0^{14}}-\frac{42B}{r_0^8}){\delta }^2$$

所以运动角频率为

$$\begin{array}{c}\omega =\sqrt{\frac{B}{2A}\frac{312A}{m{r}_0^8}-\frac{84B}{m{r}_0^8}}\\ =\sqrt{\frac{72B}{m{r}_0^8}}=\sqrt{\frac{36B^2}{mA}}{\left(\frac{B}{2A}\right)}^{\frac{1}{6}}=\frac{6}{2^{\frac{1}{6}}}\sqrt{\frac{B^{\frac{7}{3}}}{A^{\frac{4}{3}}m}}\end{array}$$