第11章 量子散射

11.1 散射态微扰论

散射态的描述

散射是具有确定动量的入射粒子与靶粒子发生相互作用后，入射粒子、靶粒子或产生的碎片沿不同角度出射的过程。

散射截面

设一束粒子以稳定的入射流密度 jij_i （单位时间穿过单位截面的粒子数）入射，由于靶粒子的作用，设在单位时间内有 dn\mathrm{d}n 个粒子沿 (θ,φ)(\theta,\varphi) 方向的立体角 dΩ\mathrm{d}\Omega 中出射，则可定义散射截面

σ(θ,φ)=1ji(dndΩ) \sigma(\theta,\varphi) = \frac{1}{j_i} \left( \frac{\mathrm{d}n}{\mathrm{d}\Omega} \right)

其量纲为面积，一般用单位 barn\text{barn} 来表示， 1barn=10−28m21 \text{barn} = 10^{-28} \text{m}^2 。如果把沿各方向出射的粒子数都计算在内，可得到总截面

σt=∫σ(θ,φ)dΩ=∫02πdφ∫0πdθsin⁡θ σ(θ,φ) \sigma_t = \int \sigma(\theta,\varphi) \mathrm{d}\Omega = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\varphi \int_{0}^{\pi} \mathrm{d}\theta \sin\theta\ \sigma(\theta,\varphi)

散射波幅
波函数的表达

假定靶粒子与入射粒子的相互作用是中心势 V(r⃗)V(\vec{r}) ，并且只在空间小区域中起作用，散射前靶粒子静止，散射后无反冲。

取入射方向为 zz 轴，靶粒子的位置为坐标原点（即散射中心）。实际上的入射粒子束都是具有一定宽度长度的波包，但在实验上，入射粒子束的横截面比靶粒子大得多，可以认为入射粒子束为平面波

ψi=eikz \psi_i = \mathrm{e}^{\mathrm{i}kz}

它是动量的本征态， pz=ℏk, px=py=0p_z = \hbar k ,\ p_x = p_y = 0 ，入射粒子的能量 E=ℏ2k22μE = \frac{\hbar^2k^2}{2\mu} ，入射流密度 ji=ℏkμj_i = \frac{\hbar k}{\mu} 。

和靶粒子对入射粒子的作用区域相比，放置探测器的位置可以认为是无限远，在渐近条件 r→∞r\to\infty 下，散射波为往外出射的球面波，因假定 V(r⃗)V(\vec{r}) 球对称，则散射波 ψs\psi_s 与 φ\varphi 无关，即

ψs=f(θ)eikrr \psi_s = f(\theta) \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}kr}}{r}

综上，在 r→∞r\to\infty 处描述粒子的完整波函数应该是入射波 ψi\psi_i 与散射波 ψs\psi_s 的叠加，即

lim⁡r→∞ψ=eikz+f(θ)eikrr \lim_{r\to\infty} \psi = \mathrm{e}^{\mathrm{i}kz} + f(\theta) \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}kr}}{r}

散射波幅

设相互作用为 V(r⃗)V(\vec{r}) ，描述散射问题的不含时Schrödinger方程为

{[−ℏ22μ∇2+V(r⃗)]ψ=Eψlim⁡r→∞ψ=eikz+f(θ)eikrr \begin{cases} \left[ -\frac{\hbar^2}{2\mu} \nabla^2 + V(\vec{r}) \right] \psi = E \psi \ \lim_{r\to\infty} \psi = \mathrm{e}^{\mathrm{i}kz} + f(\theta) \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}kr}}{r} \end{cases}

只要在能量取确定值 E=ℏ2k22μE = \frac{\hbar^2k^2}{2\mu} 的条件下解出 ψ\psi ，然后由 ψ\psi 的 r→∞r\to\infty 渐近形式即可求出散射波幅

f(θ)=lim⁡r→∞re−ikz(ψ−eikr) f(\theta) = \lim_{r\to\infty} r \mathrm{e}^{-\mathrm{i}kz} \left( \psi - \mathrm{e}^{\mathrm{i}kr} \right)

通过散射波幅，可以计算散射粒子流密度

js=iℏ2μ(ψ∂∂rψ∗−ψ∗∂∂rψ)=ℏkμ∣f(θ)∣2r2 j_s = \frac{\mathrm{i}\hbar}{2\mu} \left( \psi \frac{\partial}{\partial r} \psi^* - \psi^* \frac{\partial}{\partial r} \psi \right) = \frac{\hbar k}{\mu} \frac{|f(\theta)|^2}{r^2}

散射截面

σ(θ)=1ji(dndΩ)=1jijsr2dΩdΩ =∣f(θ)∣2 \sigma(\theta) = \frac{1}{j_i} \left( \frac{\mathrm{d}n}{\mathrm{d}\Omega} \right) = \frac{1}{j_i} \frac{j_s r^2 \mathrm{d}\Omega}{\mathrm{d}\Omega}\ = |f(\theta)|^2

质心系和实验室系

记在质心系中的散射角为 θC\theta_C ，在实验系下的散射角为 θL\theta_L ，入射粒子质量为 mm ，靶粒子质量为 MM ，则

tan⁡θL=sin⁡θCγ+cos⁡θC,γ=mM \tan \theta_L = \frac{\sin\theta_C}{\gamma + \cos \theta_C} , \kern 2em \gamma = \frac{m}{M}

截面的变换关系为

σ(θL)=(1+2γcos⁡θC+γ2)32∣1+γcos⁡θC∣σ(θC) \sigma(\theta_L) = \frac{(1 + 2\gamma\cos\theta_C + \gamma^2)^{\frac32}}{|1 + \gamma\cos\theta_C|} \sigma(\theta_C)

Lippman-Schwinger方程

当能量 E=ℏ2k22μE = \frac{\hbar^2k^2}{2\mu} 对于上述Schrödinger方程

{[−ℏ22μ∇2+V(r⃗)]ψ=Eψlim⁡r→∞ψ=eikz+f(θ)eikrr⇕{(∇2+k2)ψ(r⃗)=2μℏ2V(r⃗)ψ(r⃗)lim⁡r→∞ψ=eikz+f(θ)eikrr \begin{cases} \left[ -\frac{\hbar^2}{2\mu} \nabla^2 + V(\vec{r}) \right] \psi = E \psi \ \lim_{r\to\infty} \psi = \mathrm{e}^{\mathrm{i}kz} + f(\theta) \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}kr}}{r} \end{cases} \ \Updownarrow \ \begin{cases} (\nabla^2 + k^2) \psi(\vec{r}) = \frac{2\mu}{\hbar^2} V(\vec{r}) \psi(\vec{r}) \ \lim_{r\to\infty} \psi = \mathrm{e}^{\mathrm{i}kz} + f(\theta) \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}kr}}{r} \end{cases}

的求解，定义Green函数 G(r⃗,r⃗′)G(\vec{r},\vec{r}') 满足

(∇2+k2)G(r⃗,r⃗′)=δ(r⃗−r⃗′) (\nabla^2 + k^2) G(\vec{r},\vec{r}') = \delta(\vec{r}-\vec{r}')

则方程的解可以表示为

ψ(r⃗)=ψ(0)(r⃗)+2μℏ2∫d3r′ G(r⃗,r⃗′) V(r⃗′) ψ(r⃗′) \psi(\vec{r}) = \psi^{(0)}(\vec{r}) + \frac{2\mu}{\hbar^2} \int \mathrm{d}^3r'\ G(\vec{r},\vec{r}')\ V(\vec{r}')\ \psi(\vec{r}')

其中 ψ(0)(r⃗)\psi^{(0)}(\vec{r}) 是满足下列其次方程的任何一个解

(∇2+k2)ψ(0)(r⃗)=0 (\nabla^2 + k^2) \psi^{(0)}(\vec{r}) = 0

若假设入射波为 ψi(r⃗)=eik⃗⋅r⃗\psi_i(\vec{r}) = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\vec{k}\cdot\vec{r}} ，则 ψ(0)(r⃗)\psi^{(0)}(\vec{r}) 可取为 ψi(r⃗)\psi_i(\vec{r}) ，此时散射问题归结为求解下列积分方程，即Lippman-Schwinger方程

ψ(r⃗)=eik⃗⋅r⃗+2μℏ2∫d3r′ G(r⃗,r⃗′) V(r⃗′) ψ(r⃗′) =ψi(r⃗)+ψsc(r⃗) \psi(\vec{r}) = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\vec{k}\cdot\vec{r}} + \frac{2\mu}{\hbar^2} \int \mathrm{d}^3r'\ G(\vec{r},\vec{r}')\ V(\vec{r}')\ \psi(\vec{r}') \ \ \ = \psi_i(\vec{r}) + \psi_{sc}(\vec{r})

Green函数的求解结果为

G(r⃗,r⃗′)=−eik∣r⃗−r⃗′∣4π∣r⃗−r⃗′∣ G(\vec{r},\vec{r}') = -\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}k|\vec{r}-\vec{r}'|}}{4\pi|\vec{r}-\vec{r}'|}

代入可得

ψ(r⃗)=eik⃗⋅r⃗−μ2πℏ2∫d3r′ eik∣r⃗−r⃗′∣∣r⃗−r⃗′∣ V(r⃗′) ψ(r⃗′) \psi(\vec{r}) = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\vec{k}\cdot\vec{r}} - \frac{\mu}{2\pi\hbar^2} \int \mathrm{d}^3r'\ \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}k|\vec{r}-\vec{r}'|}}{|\vec{r}-\vec{r}'|}\ V(\vec{r}')\ \psi(\vec{r}')

具体求解时往往只能采取逐级近似法。

Born近似

Born近似主要适用于高能粒子散射。

Born近似结论

记 q=2ksin⁡(θ/2)q = 2k\sin(\theta/2) ，若 VV 为中心势，则

f(θ)=−2μℏ2q∫0∞r′V(r′)sin⁡(qr′)dr′ σ(θ)=∣f(θ)∣2=4μ2ℏ4q2∣∫0∞r′V(r′)sin⁡(qr′)dr′∣2 f(\theta) = -\frac{2\mu}{\hbar^2q} \int_0^\infty r' V(r') \sin(qr') \mathrm{d}r' \ \ \ \sigma(\theta) = |f(\theta)|^2 = \frac{4\mu^2}{\hbar^4q^2} \left| \int_0^\infty r' V(r') \sin(qr') \mathrm{d}r' \right|^2

Born近似的导出
Born近似的例子
Coulomb散射的Born近似

考虑粒子在 V(r)=ArV(r) = \frac{A}{r} 中的散射，散射波幅的Born近似

f(θ)=−2μℏ2q∫0∞r′V(r′)sin⁡(qr′)dr′ =−2μℏ2q∫0∞r′Ar′sin⁡(qr′)dr′ =−2μAℏ2q∫0∞sin⁡(qr′)dr′ f(\theta) = -\frac{2\mu}{\hbar^2q} \int_0^\infty r' V(r') \sin(qr') \mathrm{d}r' \ \ \ = -\frac{2\mu}{\hbar^2q} \int_0^\infty r'\frac{A}{r'} \sin(qr') \mathrm{d}r' \ \ \ = -\frac{2\mu A}{\hbar^2q} \int_0^\infty \sin(qr') \mathrm{d}r'

由于此积分发散，引入衰减因子 e−εr′ (ε>0)\mathrm{e}^{-\varepsilon r'}\ (\varepsilon>0) ，再取 ε→0\varepsilon \to 0 以消除衰减因子的影响，即

f(θ)=lim⁡ε→0−2μAℏ2q∫0∞sin⁡(qr′)e−εr′dr′ =−2μAℏ2qlim⁡ε→0qε2+q2 =−2μAℏ2q2 f(\theta) = \lim_{\varepsilon \to 0} -\frac{2\mu A}{\hbar^2q} \int_0^\infty \sin(qr') \mathrm{e}^{-\varepsilon r'} \mathrm{d}r' \ \ \ = -\frac{2\mu A}{\hbar^2q} \lim_{\varepsilon \to 0} \frac{q}{\varepsilon^2+q^2} \ \ \ = -\frac{2\mu A}{\hbar^2q^2}

故散射截面为

σ(θ)=∣f(θ)∣2=4μ2A2ℏ4q4=A24μ2v4sin⁡4θ2 \sigma(\theta) = |f(\theta)|^2 = \frac{4\mu^2A^2}{\hbar^4q^4} = \frac{A^2}{4\mu^2v^4\sin^4\frac{\theta}{2}}

此即Rutherford散射公式。

电子在原子上的散射—屏蔽效应

电子和原子散射时，入射电子除了受原子核库仑引力作用外，还受核外诸电子库仑斥力的作用。严格说，这是一个多体问题，但如果将核外各个电子的作用近似为一个分布电荷 −eρ(r⃗)-e\rho(\vec{r}) 的作用，就可以将这个问题简化为两体散射问题，也即电子在固定力心上散射问题。这时散射势由核及核外电子云的Coulomb作用组成：

V(r⃗)=−Ze2r+e2∫ρ(r⃗′)r⃗−r⃗′dr⃗′ V(\vec{r}) = -\frac{Ze^2}{r} + e^2 \int \frac{\rho(\vec{r}')}{\vec{r}-\vec{r}'} \mathrm{d}\vec{r}'

则

f(θ,φ)=−μ2πℏ2∫dr⃗′ e−iq⃗⋅r⃗′V(r⃗′) =−μ2πℏ2∫dr⃗′ e−iq⃗⋅r⃗′[−Ze2r′+e2∫ρ(r⃗′′)r⃗′−r⃗′′dr⃗′′] =μe22πℏ2[4πZq2−4πq2∫ρ(r⃗′′)e−iq⃗⋅r⃗′′dr⃗′′] f(\theta,\varphi) = -\frac{\mu}{2\pi\hbar^2} \int \mathrm{d}\vec{r}'\ \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\vec{q}\cdot\vec{r}'} V(\vec{r}') \ \ \ = -\frac{\mu}{2\pi\hbar^2} \int \mathrm{d}\vec{r}'\ \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\vec{q}\cdot\vec{r}'} \left[ -\frac{Ze^2}{r'} + e^2 \int \frac{\rho(\vec{r}'')}{\vec{r}'-\vec{r}''} \mathrm{d}\vec{r}'' \right] \ \ \ = \frac{\mu e^2}{2\pi\hbar^2} \left[ \frac{4\pi Z}{q^2} - \frac{4\pi}{q^2} \int \rho(\vec{r}'') \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\vec{q}\cdot\vec{r}''} \mathrm{d}\vec{r}'' \right]

记Born近似下的弹性散射形状因子(form factor)为

F(θ,φ)=∫ρ(r⃗′′)e−iq⃗⋅r⃗′′dr⃗′′ F(\theta,\varphi) = \int \rho(\vec{r}'') \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\vec{q}\cdot\vec{r}''} \mathrm{d}\vec{r}''

则

f(θ,φ)=2μe2ℏ2q2[Z−F(θ,φ)]=2μe2ℏ2q2Zeff σ(θ,φ)=∣f(θ,φ)∣2=4μ2e4ℏ4q4Zeff2=μ2e4Zeff24ℏ4k4sin⁡4θ2 f(\theta,\varphi) = \frac{2\mu e^2}{\hbar^2q^2} \left[ Z - F(\theta,\varphi) \right] = \frac{2\mu e^2}{\hbar^2q^2} Z_{eff} \ \ \ \sigma(\theta,\varphi) = |f(\theta,\varphi)|^2 = \frac{4\mu^2e^4}{\hbar^4q^4} Z_{eff}^2 = \frac{\mu^2e^4Z_{eff}^2}{4\hbar^4k^4\sin^4\frac{\theta}{2}}

11.2 分波法

此部分内容不作为考试要求

分波法主要适用于低能粒子散射。

该部分内容亦可参考核反应中的分波分析

分波法解题流程

求解径向方程

[1rd2dr2r+2mℏ2(E−V(r))−l(l+1)r2]Rl(r)=0 \left[ \frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}r^2}r + \frac{2m}{\hbar^2}\left(E-V(r)\right) - \frac{l(l+1)}{r^2} \right] R_l(r) = 0

当 r→∞r\to\infty 时，将 Rl(r)R_l(r) 表示为

lim⁡r→∞Rl(r)=Blkrsin⁡(kr−lπ2+δl) \lim_{r\to\infty} R_l(r) = \frac{B_l}{kr} \sin(kr - \frac{l\pi}{2} + \delta_l)

其中 k=2mEℏk = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} ， δl\delta_l 即为第 ll 个分波的相移，通常根据边界条件求得。

第 ll 个分波的散射截面

σl=4πk2(2l+1)sin⁡2δl \sigma_l = \frac{4\pi}{k^2} (2l+1) \sin^2\delta_l

总截面

σt=∑l=0⌊ka⌋σl \sigma_t = \sum_{l=0}^{\lfloor ka \rfloor} \sigma_l

其中 aa 为靶核的作用力程。

特定条件下径向方程的解

以下讨论均忽略掉 Rl(r)R_l(r) 所具有的常数倍不确定性

当 V(r)=−V0V(r) = -V_0 为常数时，记 k1=2m(E+V0)ℏk_1 = \frac{\sqrt{2m(E+V_0)}}{\hbar} ，则

Rl(r)=cos⁡δl jl(k1r)−sin⁡δl nl(k1r) R_l(r) = \cos\delta_l\ \mathrm{j}_l(k_1r) - \sin\delta_l\ \mathrm{n}_l(k_1r)

此时当 k→∞k \to \infty 时，有

Rl(r)→1k1r[cos⁡δl sin⁡(k1r−lπ2)+sin⁡δl cos⁡(k1r−lπ2)] =1k1rsin⁡(k1r−lπ2+δl) R_l(r) \to \frac{1}{k_1r} \left[ \cos\delta_l\ \sin\left(k_1r-\frac{l\pi}{2}\right) + \sin\delta_l\ \cos\left(k_1r-\frac{l\pi}{2}\right) \right] \ \ \ = \frac{1}{k_1r} \sin\left(k_1r-\frac{l\pi}{2}+\delta_l\right)

进一步的，当 l=0l=0 时（不考虑 k→∞k\to\infty 的条件），即仅考虑 ss 分波，

Rl(r)=1k1r[cos⁡δl sin⁡(k1r)+sin⁡δl cos⁡(k1r)] =1k1rsin⁡(k1r+δl) R_l(r) = \frac{1}{k_1r} \left[ \cos\delta_l\ \sin\left(k_1r\right) + \sin\delta_l\ \cos\left(k_1r\right) \right] \ \ \ = \frac{1}{k_1r} \sin\left(k_1r+\delta_l\right)

球Bessel函数和球Neumann函数的表达式及在 00 与 ∞\infty 附近的表现

球Bessel函数

jl(x)=(−1)lxl(1xddx)lsin⁡xx \mathrm{j}_l(x) = (-1)^l x^l \left( \frac{1}{x} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \right)^l \frac{\sin x}{x}

球Neumann函数

nl(x)=(−1)l+1xl(1xddx)lcos⁡xx \mathrm{n}_l(x) = (-1)^{l+1} x^l \left( \frac{1}{x} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \right)^l \frac{\cos x}{x}

最简单的几个如下

j0(x)=sin⁡xx,j1(x)=sin⁡xx2−cos⁡xx n0(x)=−cos⁡xx,n1(x)=−cos⁡xx2−sin⁡xx \mathrm{j}_0(x) = \frac{\sin x}{x} , \kern 2em \mathrm{j}_1(x) = \frac{\sin x}{x^2} - \frac{\cos x}{x} \ \ \ \mathrm{n}_0(x) = -\frac{\cos x}{x} , \kern 2em \mathrm{n}_1(x) = -\frac{\cos x}{x^2} - \frac{\sin x}{x}

x→0x\to0 附近的渐近行为

jl(x)≈xl(2l+1)!! nl(x)≈−(2l−1)!!xl+1 \mathrm{j}_l(x) \approx \frac{x^l}{(2l+1)!!} \ \ \ \mathrm{n}_l(x) \approx -\frac{(2l-1)!!}{x^{l+1}}

x→∞x\to\infty 附近的渐近行为

jl(x)≈1xsin⁡(x−lπ2) nl(x)≈−1xcos⁡(x−lπ2) \mathrm{j}_l(x) \approx \frac{1}{x} \sin\left(x-\frac{l\pi}{2}\right) \ \ \ \mathrm{n}_l(x) \approx -\frac{1}{x} \cos\left(x-\frac{l\pi}{2}\right)

高能时相移的Born近似

在高能时

δl=−2mkℏ2∫0+∞V(r) jl2(kr) r2dr \delta_l = -\frac{2mk}{\hbar^2} \int_{0}^{+\infty} V(r)\ \mathrm{j}_l^2(kr)\ r^2 \mathrm{dr}

其中 k=2mEℏk = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} 。