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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 $2 e$ ）を $N_{0}$ 個、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（電荷 $Z e$ ）の数密度は $n$ である。

$α$ 粒子と原子核の散乱は、次の仮定のもとでのラザフォード散乱とみなす。

原子核は十分重く、静止したまま動かない。
散乱は非相対論的なクーロン散乱である。
電子による遮蔽は無視する。
箔は十分薄く、各 $α$ 粒子は高々 1 回しか散乱されない。

真空の誘電率を $ε_{0}$ とする。散乱角 $θ$ が $6 0^{\circ} \leq θ \leq 9 0^{\circ}$ の範囲に散乱される $α$ 粒子の個数の期待値を、 $N_{0}, n, t, Z, e, K, ε_{0}$ 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）
クーロン散乱の衝突径数と散乱角（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（145 技能）

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

散乱角がある値以上になるのは、衝突パラメータ $b$ がある値以下のときです。断面積は半径 $b$ の円の面積として考えられます。

ヒント 2

電荷 $2 e$ の $α$ 粒子と電荷 $Z e$ の原子核のラザフォード散乱では $b = \frac{2 Z e ^{2}}{8 π ε _{0} K} cot \frac{θ}{2} = \frac{Z e ^{2}}{4 π ε _{0} K} cot \frac{θ}{2}$ が成り立ちます。散乱される個数は $N_{0} n t σ$ で求められます。

ヒント 3

$6 0^{\circ}$ と $9 0^{\circ}$ に対応する $b$ の 2 乗の差をとると、 $σ = \frac{π d ^{2}}{4} (cot^{2} 3 0^{\circ} - cot^{2} 4 5^{\circ})$ となります。ここで $d = \frac{Z e ^{2}}{2 π ε _{0} K}$ です。

答えと解説

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\frac{N _{0} n t Z ^{2} e ^{4}}{8 π ε _{0}^{2} K ^{2}}

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解説を読む

1. 衝突パラメータと散乱角の関係

正面衝突のときの最近接距離を
$d = \frac{( 2 e ) ( Z e )}{4 π ε _{0} K} = \frac{Z e ^{2}}{2 π ε _{0} K}$
とおく。原子核が静止したままで、力が中心力のクーロン力だけなので、 $α$ 粒子の力学的エネルギーと原子核まわりの角運動量が保存する。このため軌道は双曲線になり、衝突パラメータ $b$ と散乱角 $θ$ の間には次の関係が成り立つ。
$b = \frac{d}{2} cot \frac{θ}{2}$
$b$ が小さいほど $θ$ は大きくなる。

2. 散乱断面積

散乱角が $θ_{0}$ 以上になるのは $b \leq b (θ_{0})$ のときである。したがって、散乱角が $θ_{0}$ 以上になる断面積は
$σ (θ \geq θ_{0}) = π b (θ_{0})^{2} = \frac{π d ^{2}}{4} cot^{2} \frac{θ _{0}}{2}$
である。 $6 0^{\circ} \leq θ \leq 9 0^{\circ}$ に対応する断面積は、2 つの差として求められる。
$σ = \frac{π d ^{2}}{4} (cot^{2} 3 0^{\circ} - cot^{2} 4 5^{\circ}) = \frac{π d ^{2}}{4} (3 - 1) = \frac{π d ^{2}}{2}$

（確認）ラザフォードの微分断面積
$\frac{d σ}{d Ω} = (\frac{d}{4})^{2} \frac{1}{sin ^{4} ( θ /2 )}$
を $d Ω = 2 π sin θ d θ$ で積分する。 $u = sin (θ /2)$ と置換すると
$σ = \frac{π d ^{2}}{4} (\frac{1}{sin ^{2} 3 0 ^{\circ}} - \frac{1}{sin ^{2} 4 5 ^{\circ}}) = \frac{π d ^{2}}{4} (4 - 2) = \frac{π d ^{2}}{2}$
となり、同じ結果が得られる。

3. 散乱される個数

箔は薄く、散乱は 1 回だけと仮定している。このとき、単位面積あたりの標的原子核の数は $n t$ である。よって、1 個の $α$ 粒子がこの角度範囲に散乱される確率は $n t σ$ になる。求める個数の期待値は
$N = N_{0} n t σ = N_{0} n t \cdot \frac{π}{2} \cdot \frac{Z ^{2} e ^{4}}{4 π ^{2} ε _{0}^{2} K ^{2}} = \frac{N _{0} n t Z ^{2} e ^{4}}{8 π ε _{0}^{2} K ^{2}}$

別解

ラザフォード散乱の微分断面積は、入射粒子の電荷を $2 e$ 、標的の電荷を $Z e$ として次のように書ける。
$\frac{d σ}{d Ω} = (\frac{2 Z e ^{2}}{4 π ε _{0} \cdot 4 K})^{2} \frac{1}{sin ^{4} ( θ /2 )} = a^{2} \frac{1}{sin ^{4} ( θ /2 )}, a = \frac{Z e ^{2}}{8 π ε _{0} K}$

$6 0^{\circ} \leq θ \leq 9 0^{\circ}$ の全断面積を求める。 $s = sin^{2} (θ /2) = (1 - cos θ) /2$ とおくと、 $sin θ d θ = 2 d s$ である。
$σ = \int 2 π sin θ d θ \frac{a ^{2}}{s ^{2}} = 4 π a^{2} \int_{1/4}^{1/2} \frac{d s}{s ^{2}} = 4 π a^{2} (4 - 2) = 8 π a^{2}$
$θ = 6 0^{\circ}$ で $s = 1/4$ 、 $θ = 9 0^{\circ}$ で $s = 1/2$ を用いた。

$σ = 8 π \frac{Z ^{2} e ^{4}}{64 π ^{2} ε _{0}^{2} K ^{2}} = \frac{Z ^{2} e ^{4}}{8 π ε _{0}^{2} K ^{2}}$

箔は十分薄く、1 個の $α$ 粒子が散乱される確率は $n t σ$ である。よって散乱される個数の期待値は
$N = N_{0} n t σ = \frac{N _{0} n t Z ^{2} e ^{4}}{8 π ε _{0}^{2} K ^{2}}$

検算： $θ = 9 0^{\circ}$ 以上の側も同じ形の積分で、全域 $s \in [1/4, 1/2]$ の差が $1/ s$ の差 $= 2$ になることを確認した。

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