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原子核・素粒子の問題

難易度 2教科書の演習問題レベル大学物理原子核・素粒子

運動エネルギー $K$ の $α$ 粒子（電荷 $2 e$ ）のビームを、厚さ $t$ の薄い金属箔に垂直に入射させる。箔の中の原子核（原子番号 $Z$ 、電荷 $Z e$ ）の数密度を $n$ （単位体積あたりの個数）とする。真空の誘電率を $ε_{0}$ とし、SI 単位系を用いる。

$α$ 粒子と 1 個の原子核の散乱は、原子核を静止したまま動かない点電荷とみなした非相対論的なクーロン散乱として扱い、その微分散乱断面積はラザフォードの式
$\frac{d σ}{d Ω} = (\frac{k}{4 K})^{2} \frac{1}{sin ^{4} ( θ /2 )}, k = \frac{2 Z e ^{2}}{4 π ε _{0}}$
で与えられるとする（ $θ$ は散乱角）。箔は十分に薄く、各 $α$ 粒子は高々 1 回しか散乱されず、原子核どうしの「影」の重なりは無視できるとする。また、電子による遮蔽と電子との散乱は無視する。

入射した $α$ 粒子のうち、散乱角 $θ \geq \frac{π}{2}$ の方向に散乱されるものの割合 $f$ を、 $n, t, Z, e, ε_{0}, K$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

散乱断面積とラザフォードの公式（説明と入口の問題）
置換積分（説明と入口の問題）

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算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

まず 1 個の原子核について、散乱角が $π /2$ 以上になる断面積を、微分断面積を立体角で積分して求め、それに単位面積あたりの原子核数を掛けることを考える。

ヒント 2

$d Ω = 2 π sin θ d θ$ 、 $sin θ = 2 sin (θ /2) cos (θ /2)$ を使い、 $u = sin (θ /2)$ と置換すると積分が $\int 8 π u^{- 3} d u$ の形になる。

ヒント 3

$σ (θ \geq θ_{0}) = 4 π (\frac{k}{4 K})^{2} cot^{2} \frac{θ _{0}}{2}$ となる。 $θ_{0} = π /2$ を代入し、割合は $n t σ$ で与えられる。

答えと解説

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\frac{n t Z ^{2} e ^{4}}{16 π ε _{0}^{2} K ^{2}}

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解説を読む

1. 散乱角 $θ_{0}$ 以上に散乱される全断面積

散乱は入射方向のまわりに軸対称なので、 $d Ω = 2 π sin θ d θ$ である。散乱角が $θ_{0}$ 以上となる断面積は
$σ (θ \geq θ_{0}) = \int_{θ_{0}}^{π} (\frac{k}{4 K})^{2} \frac{2 π sin θ}{sin ^{4} ( θ /2 )} d θ .$
$sin θ = 2 sin (θ /2) cos (θ /2)$ を用い、 $u = sin (θ /2)$ と置くと $d u = \frac{1}{2} cos (θ /2) d θ$ なので
$\frac{2 π sin θ}{sin ^{4} ( θ /2 )} d θ = \frac{4 π cos ( θ /2 )}{u ^{3}} d θ = \frac{8 π}{u ^{3}} d u .$
よって $u_{0} = sin (θ_{0} /2)$ として
$σ (θ \geq θ_{0}) = (\frac{k}{4 K})^{2} \int_{u_{0}}^{1} \frac{8 π}{u ^{3}} d u = (\frac{k}{4 K})^{2} \cdot 4 π (\frac{1}{u _{0}^{2}} - 1) = 4 π (\frac{k}{4 K})^{2} cot^{2} \frac{θ _{0}}{2} .$
（これは衝突径数 $b = \frac{k}{2 K} cot \frac{θ}{2}$ を用いた $π b^{2}$ と一致する。）

2. $θ_{0} = π /2$ の場合

$cot (π /4) = 1$ より
$σ (θ \geq \frac{π}{2}) = 4 π (\frac{k}{4 K})^{2} .$
$k = \frac{2 Z e ^{2}}{4 π ε _{0}} = \frac{Z e ^{2}}{2 π ε _{0}}$ なので $\frac{k}{4 K} = \frac{Z e ^{2}}{8 π ε _{0} K}$ 。したがって
$σ (θ \geq \frac{π}{2}) = 4 π \cdot \frac{Z ^{2} e ^{4}}{64 π ^{2} ε _{0}^{2} K ^{2}} = \frac{Z ^{2} e ^{4}}{16 π ε _{0}^{2} K ^{2}} .$

3. 割合

箔の単位面積あたりの原子核数は $n t$ である。箔が薄く、各粒子は高々 1 回しか散乱されず断面積の重なりも無視できるので、ビームの断面積のうち「 $θ \geq π /2$ に散乱される領域」が占める割合は $n t σ$ となる。よって
$f = n t σ (θ \geq \frac{π}{2}) = \frac{n t Z ^{2} e ^{4}}{16 π ε _{0}^{2} K ^{2}} .$

別解

1個の原子核あたりの断面積 $σ (θ \geq π /2) = \int \frac{d σ}{d Ω} d Ω$ を求める。

$d Ω = 2 π sin θ d θ$ 、 $sin θ = 2 sin (θ /2) cos (θ /2)$ より
$σ = (\frac{k}{4 K})^{2} 2 π \int_{π /2}^{π} \frac{2 s i n ( θ /2 ) c o s ( θ /2 )}{s i n ^{4} ( θ /2 )} d θ$ 。

$s = sin (θ /2)$ とおくと $d s = \frac{1}{2} cos (θ /2) d θ$ なので $cos (θ /2) d θ = 2 d s$ 。積分は
$\int 2 s \cdot 2 d s / s^{4} = 4 \int s^{- 3} d s$ 、 $s$ は $1/ 2$ から $1$ まで。
$4 [- \frac{1}{2 s ^{2}}]_{1/ 2}^{1} = 4 (- \frac{1}{2} + 1) = 2$ 。

よって $σ = (\frac{k}{4 K})^{2} \cdot 2 π \cdot 2 = 4 π (\frac{k}{4 K})^{2} = \frac{π k ^{2}}{4 K ^{2}}$ 。

割合は $f = n t σ$ （薄い箔で各原子核の影が重ならないとき）。
$k = \frac{2 Z e ^{2}}{4 π ε _{0}} = \frac{Z e ^{2}}{2 π ε _{0}}$ なので $k^{2} = \frac{Z ^{2} e ^{4}}{4 π ^{2} ε _{0}^{2}}$ 。

$f = n t \cdot \frac{π}{4 K ^{2}} \cdot \frac{Z ^{2} e ^{4}}{4 π ^{2} ε _{0}^{2}} = \frac{n t Z ^{2} e ^{4}}{16 π ε _{0}^{2} K ^{2}}$ 。

検算： $b = \frac{k}{2 K} cot (θ /2)$ で $θ = π /2$ のとき $b = k / (2 K)$ 、 $σ = π b^{2} = π k^{2} / (4 K^{2})$ となり一致する。

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