問題

電荷$e$の陽子のクーロン力により、無限遠方から初速度$V_0$、衝突パラメータ$b$で打ち込まれた電荷$-e$を持つ電子の散乱過程を考察しましょう。

ただし、陽子の質量は電子の質量$m_e$の約1840倍もあるため、散乱の前後で陽子は静止していると考えてよいとします。

(1)

角運動量保存則を用いて

\dot{\psi} = -\frac{V_0 b}{r^2}

を導出しなさい。

(2)

電子の運動方程式をデカルト座標で書きましょう。さらに(1)の結果を用いて時間微分を$\psi$微分に変換し、$x, y$成分どちらかを積分して

\cot \frac{\theta}{2} = \frac{m_e V_0^2 b}{e^2}

の関係を示しなさい。

(3)

$\theta \ge\frac{\pi}{2}$になるための$b, V_0$の満たすべき条件を求めなさい。

(4)

$b \rightarrow 0$の極限では$\theta$はどうなるか考察しなさい。

(5)

無限遠方での入射電子の数密度を$n$とします。無限遠方での電子ビームの入射個数の流束$I$を$n, V_0$を用いて表しなさい。そして、単位時間当たりに微小立体角$d\Omega = \sin \theta d\theta d\phi$の方向に散乱される電子数を求めましょう。

(6)

微分散乱断面積$\frac{d\sigma (\theta, \phi)}{d\Omega}$を求めなさい。

(7)

電子を$\theta \ge \pi/2$に散乱する陽子の全断面積$\sigma$を求めましょう。

解答例

陽子に向かって電子が直進していくと、陽子と電子のクーロン相互作用により入射電子は散乱を受けます。以下では陽子静止系（電子質量(511keV)は陽子質量(938MeV)よりもはるかに軽いので重心静止系と考えてもよい）で考えることにします。陽子の位置を原点とし、電子はクーロン力(中心力)のみを受けて運動をするから角運動量保存より$xy$平面内に限られるとします。

(1)

図のように原点からの距離$r$と角度$\psi$を取る座標基底の単位ベクトルは

{\bf e}_r=
\left(
\begin{array}{ccc}
\cos \psi \\
\sin \psi \\
0 \\
\end{array}
\right) \nonumber
\ , \ 
{\bf e}_\psi=
\left(
\begin{array}{ccc}
-\sin \psi \\
\cos \psi \\
0 \\
\end{array}
\right) \nonumber
\ , \
{\bf e}_z=
\left(
\begin{array}{ccc}
0 \\
0 \\
1 \\
\end{array}
\right)

のようにかかれます。これを用いて電子の位置、運動量、角運動量を記述していきましょう。

{\bf r}
=r{\bf e}_r 

{\bf p} 
= m_e \dot{\bf r} 
=m_e( \dot{r} {\bf e}_r + r\dot{\psi} {\bf e}_\psi) 

{\bf L} 
={\bf r} \times {\bf p} 
= m_e r^{2} \dot{\psi} {\bf e}_z

最初、電子は無限遠方の$x$負方向から初速度$V_0$、衝突パラメータ$b$で打ち込まれたと考えます。すると無限遠方にいるときの角運動量は、図から

{\bf L} 
= - m_e V_0 b {\bf e}_z

と記述することができます。上述の角運動量が保存するので

\dot{\psi} 
= - \frac{b V_{0}}{r^{2}} 

となります。

(2)

電子の運動方程式より

m_{e}
\left(
\begin{array}{c}
\frac{d v_{x}}{dt} \\
\frac{d v_{y}}{dt} \\ 
\frac{d v_{z}}{dt} \\
\end{array}
\right)
= - \frac{e^{2}}{r^{2}} {\bf e}_r 
= - \frac{e^{2}}{r^{2}}
\left(
\begin{array}{c}
\cos \psi \\
\sin \psi \\
0 \\
\end{array}
\right)

ここで(1)の解答より

\frac{d}{dt} 
= \frac{d \psi}{dt} \frac{d}{d \psi} 
= - \frac{b V_{0}}{r^{2}} \frac{d}{d \psi}

と書くことができるため

\left(
\begin{array}{ccc}
\frac{d v_{x}}{d \psi} \\
\frac{d v_{y}}{d \psi} \\ 
\frac{d v_{z}}{d \psi} \\
\end{array}
\right)
= \frac{e^{2}}{m_{e}bV_{0}} {\bf e}_r

のようになります。この式の両辺を$\psi$で積分することにより電子の速度${\bf v}$が求まります。積分範囲は無限遠方から打ち込まれたとき$\psi = \pi$、散乱後は$\psi = - \theta$の方向に飛び去ったとして

\int_\pi^{-\theta} (右辺) \ d\psi 
= \frac{e^{2}}{m_{e}bV_{0}} \int_{\pi}^{- \theta} d \psi \ {\bf e}_r
= - \frac{e^{2}}{m_{e}bV_{0}} \left. {\bf e}_\psi \right|_{\pi}^{- \theta} 
= - \frac{e^{2}}{m_{e}bV_{0}} 
\left(
\begin{array}{c}
\sin \theta \\
\cos \theta + 1\\
0 \\
\end{array}
\right)

初期状態の電子の速度と散乱後の電子の速度ベクトルをそれぞれ${\bf v}(0)$、${\bf v}(\infty)$とすると、エネルギー保存より電子の速度の大きさは散乱前後で変化しないから

\int_\pi^{-\theta} (左辺) \ d\psi 
= \int_{{\bf v}(0)}^{{\bf v}(\infty)} d {\bf v}
= V_{0}
\left(
\begin{array}{c}
\cos \theta \\
\sin \theta \\ 
0 \\
\end{array}
\right)
- V_{0}
\left(
\begin{array}{c}
1 \\
0 \\ 
0 \\
\end{array}
\right) = V_{0}
\left(
\begin{array}{c}
\cos \theta - 1\\
- \sin \theta \\ 
0 \\
\end{array}
\right) 

上の2つの式の$x$成分を比べることにより

\frac{m_{e} b {V_{0}^{2}}}{e^{2}} 
= \frac{\sin \theta}{1 - \cos \theta} 
= \frac{\cos \frac{\theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}} 
= \cot \frac{\theta}{2} \tag{*1}

となります。

(3)

$\theta \geq \frac{\pi}{2}$のとき、つまり大角度散乱が起こるようなとき

(*1) 
\ \Longrightarrow \ \frac{m_e b {V_0}^2}{e^2} \leq 1 
\ \Longleftrightarrow \ m_e {V_0}^2 \leq \frac{e^2}{b} 

$\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \pi$のような大角度散乱は、電子が陽子に一番接近したときのクーロンポテンシャルよりも入射電子の運動エネルギーが小さいときに起こると考えることができます。

(4)

(*1)式と$\cot \frac{\theta}{2}$のグラフからもわかるように、$b \rightarrow 0$で$\theta \rightarrow \pi$であり、$b \rightarrow \infty$で$\theta \rightarrow 0$となります。この散乱角度の結果は直感的なものと一致していることがわかります。

(5)

これまでは1個の電子を入射させることを考えてきましたが、今度は無限遠方から数密度$n$, 初速度$V_0$で電子ビームが入射してくる状況を考えましょう(ただし電子同士の相互作用は無視します)。無限遠方での電子の入射個数の流束(フラックス)、すなわち単位時間当たりに単位面積を通過する電子の個数$I$は

I = nV_0

と表されます。上図のように、半径$b$, 幅$db$の細い緑色のリングを通過した電子が、角度$\theta$から$\theta+d\theta$の方向に散乱されたと考えます。単位時間に$\theta, \phi$方向に散乱される電子の数を$N$としましょう。

(*1) \ \Longrightarrow \ 
db 
= \frac{e^2}{m_e {V_0}^2} \frac{- \frac{1}{2} \sin^2 \frac{\theta}{2} - \frac{1}{2} \cos^2 \frac{\theta}{2}}{\sin^2 \frac{\theta}{2}} d\theta 
= - \frac{e^2}{2 m_e {V_0}^2} \frac{1}{\sin^2 \frac{\theta}{2}} d\theta

$N$の定義より

2 \pi N \sin \theta d \theta 
= I \cdot 2 \pi b | db | 
= n V_{0} \pi {\left(\frac{e^{2}}{m_{e} {V_{0}}^{2}}\right)}^{2} \frac{\cot \frac{\theta}{2}}{\sin^{2} \frac{\theta}{2}} d \theta 
= n V_0 \pi \left( \frac{e^2}{m_e {V_0}^2}\right)^2 \frac{2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}}{2 \sin^4 \frac{\theta}{2}} d\theta 
= n V_0 \pi \left( \frac{e^2}{m_e {V_0}^2}\right)^2 \frac{\sin \theta}{2 \sin^4 \frac{\theta}{2}} d\theta

となります。$x$軸に対して軸対称な系なので、方位角方向はすでに積分をして$2\pi$にしてあります。また$\left| db \right|$は$b$が増加すると$\theta$が減少することを反映しています。

\therefore \ N
 = \frac{n V_{0}}{4} {\left( \frac{e^{2}}{m_{e} {V_{0}}^{2}} \right)}^{2} \frac{1}{\sin^{4} \frac{\theta}{2}} 

(6)

フラックス$I$で入射してきた電子が面積$d\sigma_R({\rm Rは RutherfordのR})$にぶつかって角度$\theta, \phi$の方向の微小立体角$d\Omega$に散乱されたと考えましょう。$N, I$の定義から

I \frac{d \sigma_{\rm R}}{d \Omega} 
= N 

のように表現されます。$\frac{d \sigma}{d \Omega}$を微分散乱断面積と呼びます。これらの式より

\frac{d \sigma_R}{d \Omega}= {\left( \frac{e^{2}}{2 m_e {V_{0}}^{2}} \right)}^{2} \frac{1}{\sin^{4} \frac{\theta}{2}}

これより$\theta = 0$のとき微分散乱断面積は無限大に発散し、$\theta = \pi$のとき最小となることがわかります。これは$\theta = 0$に散乱される割合が最も高く、$\theta = \pi$に散乱される割合が最も低いという意味です。入射粒子が初速度とは反対方向に散乱されるのは電子と陽子が正面衝突するときですから、この割合が一番低いことは直感的にわかります。

(7)

$\frac{d \sigma}{d \Omega}$は面積の次元を持ちます。つまりこれはある方向に散乱される場合の「まと」の大きさを表しています。それを全立体角で積分したものは(どの方向に散乱されるかはともかくとして)散乱を受けるときのまとの大きさになることがわかります。ラザフォード散乱の場合に求めてみると

\sigma_{\rm R} = \left( \frac{e^2}{2 m_e {V_0}^2}\right)^2 2 \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin \theta}{\sin^4 \frac{\theta}{2}} d \theta \propto \int_{0}^{\pi} \frac{\cos \frac{\theta}{2}}{\sin^3 \frac{\theta}{2}}d\theta \propto \int_{0}^{1} \frac{d x}{x^3} 

となって無限大に発散してしまいます。これはクーロン力が$r^{-2}$に比例する長距離力であるため、どんなに衝突パラメータ$b$が大きくても「散乱された電子」としてカウントされてしまうからです。全立体角で積分すると、ほんのわずかしか散乱を受けていない電子も勘定してしまうのでこのような結果になってしまいます。よってここでは散乱角が$\frac{\pi}{2} \leq \theta < \pi$の、大角度散乱された粒子のみを考えましょう。電子の大角度散乱のラザフォード全散乱断面積は

\sigma_{\rm R} 
= \frac{1}{4} {\left( \frac{e^{2}}{m_{e} {V_{0}}^{2}} \right)}^{2} 2\pi \int_{\pi / 2}^{\pi} \sin \theta \frac{d \theta}{\sin^4 \frac{\theta}{2}}
= \pi {\left( \frac{e^{2}}{m_{e} {V_{0}}^{2}} \right)}^{2} 

となります。最後の2乗のかっこの中身は、もっとも散乱頻度の高い$\theta = \frac{\pi}{2}$となるときの衝突パラメータに等しく、電子にとって陽子は、これを半径とした円盤のまとであることを意味しています。
断面積についておさらいしましょう。全断面積とは衝突時のまとの面積の大きさを表しています。微分断面積は$\frac{d\sigma}{d\Omega} d\Omega$で、入射フラックスが1のとき、角度$\theta, \phi$の方向を中心とした微小立体角$d\Omega$の中に散乱されて出て行く電子の数を与えます。ランダムに粒子を投げ込んだときに、ある方向に散乱されて出てくる確率に比例した量と考えることもできます。