量子力学·基础（书本扫盲）· 第10章

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色标同量力题：⬜ 未测 · 🟡（未复习） · 🟡（模糊） · 🟡（不会） · 🟢 懂 · 🔴 不行。

第10章 散射理论

书 p214–227 · 共 4 节 · 习题 10-1–10-7 在 p226–227 · 2026-10-08 挂；对照原书逐页核对覆盖、核定笔误后写入（每节第 1 题是「直接写出」默写题）

记号照原书：$\mu$ 是折合质量（习题里有时写 $m$）；$U=2\mu V/{\hslash }^2$；${\sigma }_t$、${\sigma }_T$ 都是总截面；习题 10-1、10-3 的 $z$ 是核电荷数，$e>0$。

本章只做弹性散射：能量连续，不求本征值，求散射振幅和截面。二体问题已化成质量为折合质量 $\mu$ 的粒子对固定散射中心的单体问题，粒子内部状态的改变不考虑。

10.1 散射截面

知识点小结：一束沿 $z$ 的平面波打到力程为 $a$ 的势上，出去的是球面波。远处的波是「入射平面波 + 散射球面波」，球面波前面的系数 $f(\theta )$ 叫散射振幅，有长度量纲。微分散射截面就是这个振幅的模方，总截面再对立体角积分。截面是统计量：流要够大才数得准，又不能大到入射粒子自己互相撞。

jc-10-1-1 · 直接写出：渐近波、流、截面 · 🟡

填空（书 p214–216，式 (10-1)(10-2)(10-5)(10-11)(10-12)(10-15)）沿 $z$ 入射的弹性散射，这些式子要能默写。

(1) 入射波 ${\psi }_{in}=$ ____，$k=$ ____。归一成这样以后，入射概率流 $j_{in}=$ ____，它等于粒子速度 $v$。单位体积 $n$ 个粒子时 $j_{in}=$ ____。

(2) $r\to \infty$ 的渐近波 $\psi \sim$ ____。$f(\theta )$ 的名称是 ____，量纲是 ____。弹性散射为什么入射波和散射波用同一个 $k$？

(3) 微分散射截面 $\sigma (\theta )=$ ____，定义式是 $\sigma (\theta )=\frac{1}{j_{in}}\frac{dn}{d\Omega }$。总截面 ${\sigma }_t=$ ____（写成对 $\theta$ 的一重积分）。

(4) $k\equiv$ ____（用 $\mu ,E,\hslash$）。定态方程改写成 $({\nabla }^2+k^2)\psi =$ ____。

**答案**

(1) $e^{ikz}$；$p_z/\hslash$。$j_{in}=\hslash k/\mu =p_z/\mu =v$。$nv$。

(2) $e^{ikz}+f(\theta )\frac{e^{ikr}}{r}$。散射振幅；长度。弹性散射没有能量交换，$|k|=|k_s|$。

(3) $|f(\theta ){|}^2$。${\sigma }_t=2\pi {\int }_0^{\pi }|f(\theta ){|}^2\sin \theta d\theta$（方位角已积掉；没有轴对称时保留 $\int |f{|}^{2}d\Omega$）。

(4) $\sqrt{2\mu E/{\hslash }^2}$；$\frac{2\mu }{{\hslash }^2}V(r)\psi$。

jc-10-1-2 · 弹性、球面波和截面为什么是面积 · 🟡

简答（书 p214–216）

(1) 散射问题和束缚态问题各主要求什么？能量一般离散还是连续？弹性散射和非弹性散射的区别是什么？本章讨论哪一种？（p214）

(2) 两个粒子对撞为什么可以化成单体？化的时候质量用什么？什么被故意丢掉了？（p214）

(3) 为什么散射波写成 $f(\theta )e^{ikr}/r$，而不是 $e^{ikr}$ 或 $e^{ikr}/r^2$？为什么与 $\phi$ 无关？（p215）

(4) $\sigma (\theta )$ 为什么有面积的量纲？它是单个粒子的几何截面吗？实验上流密度为什么要大、又不能太大？（p215–216）

**答案**

(1) 束缚态求能量本征值和本征函数，能量一般离散。散射求散射振幅、角分布和截面，能量一般连续。没有能量交换的是弹性散射，有能量交换的是非弹性散射。本章只做弹性。

(2) 质心系里相对运动等价于质量为折合质量 $\mu$ 的粒子被固定散射中心散射。粒子内部状态的改变不考虑。

(3) 出射波从散射中心向外传，时间因子 $e^{-iEt/\hslash }$ 配 $e^{ikr}$ 才是向外的行波。概率流按 $1/r^2$ 衰减，球面面积按 $r^2$ 增大，单位时间穿过整个球面的粒子数才有限，所以振幅带 $1/r$；$1/r^2$ 会让总粒子数在远处变成 0。中心势对 $z$ 轴旋转对称，角分布与 $\phi$ 无关。

(4) $dn=\sigma (\theta )j_{in}d\Omega$，$dn/d\Omega$ 和 $j_{in}$ 一除，剩下面积。它是统计量：同样的入射流里，有多大一块「等效面积」上的粒子被散射进 $d\Omega$，不是某个粒子的经典几何截面。流太小，计数涨落大；流太大，入射粒子彼此相互作用，不再是对同一个势的独立散射。

jc-10-1-3 · 从概率流推出 $\sigma =|f{|}^2$ · 🟡

计算（书 p214–215，式 (10-2)(10-6)(10-10)(10-11)）${\psi }_{in}=e^{ikz}$，远处散射波取 $f(\theta )e^{ikr}/r$，$f$ 不依赖 $r$。

(1) 用 $j=\frac{i\hslash }{2\mu }(\psi {\partial }_z{\psi }^{\ast }-{\psi }^{\ast }{\partial }_z\psi )$ 算出 $j_{in}$，说明它为什么等于 $v$。（式 (10-2)）

(2) 只保留 $1/r$ 的领头项，证明散射波径向流 $j_{out}=j_{in}|f(\theta ){|}^2/r^2$。计算里哪一项可以丢掉？（式 (10-6)）

(3) 立体角 $d\Omega$ 对应的球面面积元是什么？由此证明 $\sigma (\theta )=|f(\theta ){|}^2$。（式 (10-10)(10-11)）

(4) 若势没有轴对称，$f=f(\theta ,\phi )$，(3) 的结论改不改？总截面怎么写？

**答案**

(1) ${\partial }_z{\psi }_{in}=ik{e}^{ikz}$，${\partial }_z{\psi }_{in}^{\ast }=-ik{e}^{-ikz}$。括号里是 $-ik-ik=-2ik$，乘 $i\hslash /(2\mu )$ 得 $\hslash k/\mu$。$p_z=\hslash k$，速度 $v=p_z/\mu$，所以 $j_{in}=v$。入射波归一成 $1$ 时，流就是速度。

(2) 令 ${\psi }_s=f{e}^{ikr}/r$。${\partial }_r{\psi }_s^{\ast }=f^{\ast }(-ik/r-1/r^2)e^{-ikr}$。$1/r^2$ 项乘 $1/r$ 后是 $O(1/r^3)$，径向流的领头是 $O(1/r^2)$，丢掉。领头项给出 $j_r=(\hslash k/\mu )|f{|}^2/r^2=j_{in}|f{|}^2/r^2$。弹性散射才有 $|k_s|=k$，这一步用了它。

(3) $dS=r^{2}d\Omega$。单位时间穿过 $dS$ 的粒子数 $dn=j_{out}dS=j_{in}|f{|}^{2}d\Omega$。与 $dn=\sigma (\theta )j_{in}d\Omega$ 比较，$\sigma (\theta )=|f(\theta ){|}^2$。

(4) 不改，仍然 $\sigma =|f(\theta ,\phi ){|}^2$。总截面改回 ${\sigma }_t=\int |f{|}^{2}d\Omega$，不能先把 $\phi$ 积成 $2\pi$。

10.2 Born 近似法

知识点小结：散射满足带出射边界的 Lippmann–Schwinger 方程。Green 函数是向外的球面波 $-e^{ikR}/(4\pi R)$。势比动能弱时，积分里的波函数用入射平面波代替，这就是 Born 近似：散射振幅是势的 Fourier 变换。动量转移 $q=2k\sin (\theta /2)$，所以大角度散射少。中心势可以把角向积掉，剩下一个 $\sin (qr)$ 的径向积分。

jc-10-2-1 · 直接写出：Green 函数、Born 振幅、动量转移 · 🟡

填空（书 p216–219，式 (10-16)(10-21)(10-27)(10-35)(10-36)(10-37)；习题 10-1、10-2）

(1) $U(r)\equiv$ ____。$({\nabla }^2+k^2)G(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime })=$ ____。出射 Green 函数 $G=$ ____。

(2) Lippmann–Schwinger 方程：$\psi (\mathbf{r})=$ ____。

(3) Born 近似下 $f(\theta )=-\frac{1}{4\pi }\int U({\mathbf{r}}^{\prime })e^{-i\mathbf{q}\cdot {\mathbf{r}}^{\prime }}{d}^3{r}^{\prime }$，其中 $\mathbf{q}=$ ____，$q=|\mathbf{q}|=$ ____。

(4) 中心势的径向公式 $f(\theta )=$ ____（用 $V$，积分变量用 $r$）。适用条件书上怎么说，写成量纲正确的不等式是什么？

(5) 屏蔽库仑 $V=-\frac{z{e}^2}{r}{e}^{-r/a}$ 的 Born 截面 $\sigma (\theta )=$ ____；$a\to \infty$ 得 Rutherford 公式 $\sigma (\theta )=$ ____（用 $E$ 表示）。

**答案**

(1) $\frac{2\mu }{{\hslash }^2}V(r)$；${\delta }^3(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime })$。$G=-\frac{e^{ik|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}}{4\pi |\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}$。

(2) $e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}+\int G(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime })U(r^{\prime })\psi ({\mathbf{r}}^{\prime })d^3{r}^{\prime }$。齐次解用入射波，因为 $V=0$ 处就是自由粒子。

(3) ${\mathbf{k}}_s-\mathbf{k}$；$2k\sin (\theta /2)$。$\theta$ 是散射角，弹性散射 $|{\mathbf{k}}_s|=|\mathbf{k}|$。

(4) $f(\theta )=-\frac{2\mu }{{\hslash }^{2}q}{\int }_0^{\infty }V(r)r\sin (qr)dr$。书上写「动量很大（$p^2\gg V(r)$）」，即高能、弱势。

【原书表述不严】 $p^2$ 和 $V$ 量纲不同，比的应是动能和势能：$E=\frac{p^2}{2\mu }\gg |V(r)|$。

(5) $\sigma (\theta )=\hslash 4(4k2sin22\theta +a21)24\mu 2z2e4$；$\sigma (\theta )=\frac{z^2{e}^4}{16E^2{\sin }^4(\theta /2)}$。推导见 jc-10-2-2(3)。

jc-10-2-2 · Born 近似：屏蔽库仑、纯库仑、高斯势 · 🟡

计算（书 p217–219，式 (10-26)(10-27)(10-33)–(10-37)；习题 10-1、10-2、10-4）质量 $\mu$、能量 $E={\hslash }^2{k}^2/(2\mu )$ 的粒子被中心势散射。

(1) 说明出射条件怎样挑选 $q=\pm k$ 两个极点，并由此得到 $G=-e^{ikR}/(4\pi R)$。若收 $q=-k$ 的极点，渐近波是向外还是向内？（式 (10-26)(10-27)，图 10-2）

(2) 写出 Born 近似替换的是积分里的哪一个波函数。由 $|r-r^{\prime }|\approx r-\hat{\mathbf{r}}\cdot {\mathbf{r}}^{\prime }$ 推出 $f(\theta )=-\frac{\mu }{2\pi {\hslash }^2}\int V(r)e^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r$，再化到径向式。$q$ 随 $\theta$ 怎样变？为什么大部分粒子从小角出去？（式 (10-32)–(10-37)，图 10-3、10-4）

(3) 习题 10-1：电荷 $e$ 的粒子被电荷 $-ze$ 产生的屏蔽 Coulomb 势 $\phi (r)$ 散射（$a$ 为常数，屏蔽长度）。势能 $V=e\phi =-\frac{z{e}^2}{r}{e}^{-r/a}$。求 $\sigma (\theta )$。$a\to \infty$ 时回到什么？

(4) 纯库仑 $V(r)=\alpha /r$（书上记作 $a/r$；$\alpha >0$ 斥力，$\alpha <0$ 引力）的积分不收敛。用 $e^{-\epsilon r}$ 收敛因子做完再令 $\epsilon \to 0$，求 $\sigma (\theta )$。截面依赖 $\alpha$ 的符号吗？（习题 10-2）

(5) 排斥的高斯势 $V(r)=A{e}^{-r^2/a^2}$（$A>0$）。求 $f(\theta )$ 和 $\sigma (\theta )$。大 $q$ 时截面怎样掉下去？（习题 10-4）

**答案**

(1) $G=\frac{1}{(2\pi {)}^3}\int \frac{e^{i\mathbf{q}\cdot \mathbf{R}}}{k^2-q^2}{d}^{3}q$ 对角向积分后，剩下 $\frac{1}{4{\pi }^{2}iR}{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{q{e}^{iqR}}{k^2-q^2}dq$。$R>0$ 时 $e^{iqR}$ 在上半平面衰减，围道向上闭。出射波要求极点 $q=+k$ 被抬进上半平面（$k\to k+i{0}^{+}$），留数 $2\pi i\cdot \frac{k{e}^{ikR}}{-2k}=-\pi i{e}^{ikR}$。代回去 $G=-e^{ikR}/(4\pi R)$。只收 $q=-k$ 得到 $e^{-ikR}/r$，是向内的汇聚波，不符合「散射出去」的边界。

(2) 替换的是被积函数里的 $\psi ({\mathbf{r}}^{\prime })$，用 ${\psi }^{(0)}=e^{i\mathbf{k}\cdot {\mathbf{r}}^{\prime }}$，不是替换外边的入射波。$1/|r-r^{\prime }|\to 1/r$，$e^{ik|r-r^{\prime }|}\to e^{ikr}{e}^{-i{\mathbf{k}}_s\cdot {\mathbf{r}}^{\prime }}$，${\mathbf{k}}_s=k\hat{\mathbf{r}}$。与渐近式比较，

$$f(\theta )=-\frac{1}{4\pi }\int U(r)e^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r=-\frac{\mu }{2\pi {\hslash }^2}\int V(r)e^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r,\mathbf{q}={\mathbf{k}}_s-\mathbf{k}.$$

中心势：$\int e^{-iqr\cos {\theta }^{\prime }}d{\Omega }^{\prime }=4\pi \sin (qr)/(qr)$，于是

$$f(\theta )=-\frac{2\mu }{{\hslash }^{2}q}{\int }_0^{\infty }V(r)r\sin (qr)dr.$$

$q=2k\sin (\theta /2)$ 从 $0$ 增到 $2k$。$|f|$ 随 $q$ 增大而减小，所以大角粒子少。

(3) $Vr=-z{e}^2{e}^{-r/a}$。${\int }_0^{\infty }{e}^{-r/a}\sin (qr)dr=Im{\int }_0^{\infty }{e}^{-(1/a-iq)r}dr=q/(q^2+1/a^2)$。

$$f(\theta )=\frac{2\mu z{e}^2}{{\hslash }^2}\frac{1}{q^2+1/a^2},\sigma (\theta )=\frac{4{\mu }^2{z}^2{e}^4}{{\hslash }^4}\frac{1}{(4k^2{\sin }^2(\theta /2)+1/a^2{)}^2}.$$

$a\to \infty$ 就是 Rutherford：$\sigma =(\frac{\mu z{e}^2}{2{\hslash }^2{k}^2{\sin }^2(\theta /2)}{)}^2$。用 $E={\hslash }^2{k}^2/(2\mu )$ 可写成 $(z{e}^2/(4E){)}^2/{\sin }^4(\theta /2)$。

【原书笔误】 习题 10-1 印的是 $\phi (r)=\frac{ze}{r}{e}^{-r/a}$。源电荷是 $-ze$，屏蔽势应为 $\phi =-\frac{ze}{r}{e}^{-r/a}$，符号和「电荷为 $-ze$」不一致。Born 截面只含 $V^2$，$\sigma (\theta )$ 不受影响，只有 $f$ 的整体符号跟着变。

(4) ${\int }_0^{\infty }{e}^{-\epsilon r}\sin (qr)dr=q/(q^2+{\epsilon }^2)\to 1/q$。$f=-2\mu \alpha /({\hslash }^2{q}^2)$，

$$\sigma (\theta )=\frac{4{\mu }^2{\alpha }^2}{{\hslash }^4{q}^4}=\frac{{\mu }^2{\alpha }^2}{4{\hslash }^4{k}^4{\sin }^4(\theta /2)}.$$

只依赖 ${\alpha }^2$，引力和斥力的 Born 截面相同。纯库仑没有力程，严格说 Born 积分要靠屏蔽极限才有定义；(3) 就是这个极限。

(5) $\beta =1/a^2$。先用 ${\int }_0^{\infty }{e}^{-\beta r^2}\cos (qr)dr=\frac{1}{2}\sqrt{\pi /\beta }{e}^{-q^2/(4\beta )}$，对 $q$ 求导：

$${\int }_0^{\infty }r{e}^{-r^2/a^2}\sin (qr)dr=\frac{q{a}^3\sqrt{\pi }}{4}{e}^{-q^2{a}^2/4}.$$

$q$ 消去后 $f(\theta )=-\frac{\mu A{a}^3\sqrt{\pi }}{2{\hslash }^2}\exp [-k^2{a}^2{\sin }^2(\theta /2)]$，

$$\sigma (\theta )=\frac{\pi {\mu }^2{A}^2{a}^6}{4{\hslash }^4}\exp [-2k^2{a}^2{\sin }^2(\theta /2)].$$

高斯势的 Fourier 变换仍是高斯，大角按指数掉，比库仑的幂次掉得快。

jc-10-2-3 · 原子对高能电子的 Born 截面 · 🟡

计算（习题 10-3，书 p226–227）高能电子（质量 $\mu$）撞击原子，受原子核的 Coulomb 引力和核外电子群的 Coulomb 斥力。核外电子群的电荷密度 $\rho (r)=-e{\rho }_0{e}^{-r/a}$（$a$ 为原子半径，$e>0$，${\rho }_0>0$）。

(1) 书上给的总势是 $V(r)=-\frac{z{e}^2}{r}+e\int \frac{\rho (r^{\prime })}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{d}^3{r}^{\prime }$。按这个写法第二项是吸引还是排斥？和「斥力」一致吗？应怎样改？中性原子对 ${\rho }_0$ 有什么条件？

(2) 用 $f=-\frac{\mu }{2\pi {\hslash }^2}\int V{e}^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r$ 求 $\sigma (\theta )$。$q\to 0$ 时中性原子的 $f$ 为什么有限，裸核为什么发散？

**答案**

(1) $\rho <0$、$e>0$，印出的第二项为负，是吸引，和「斥力」矛盾。入射电子电荷是 $-e$，它和电子云的相互作用能是 $(-e)\int \rho /|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|d^3{r}^{\prime }>0$，所以

$$V(r)=-\frac{z{e}^2}{r}-e\int \frac{\rho (r^{\prime })}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{d}^3{r}^{\prime }.$$

【原书笔误】 习题 10-3 第二项前的 $+e$ 应为 $-e$（或者把 $\rho$ 前的负号去掉，二者只能留一个）。按印出的式子，(2) 的方括号会变成 $1+\frac{1}{(1+q^2{a}^2{)}^2}$，小角不屏蔽，和物理不符。

中性：$\int \rho d^{3}r=-e{\rho }_0\cdot 4\pi {\int }_0^{\infty }{r}^2{e}^{-r/a}dr=-8\pi e{\rho }_0{a}^3=-ze$，所以 ${\rho }_0=\frac{z}{8\pi a^3}$。

(2) $\int (1/r)e^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r=4\pi /q^2$。$\int e^{-r/a}{e}^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r=8\pi a^3/(1+q^2{a}^2{)}^2$，故 $F_{\rho }=\int \rho e^{-i\mathbf{q}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}r=-ze/(1+q^2{a}^2{)}^2$。排斥项的 Fourier 变换是 $-e\cdot 4\pi F_{\rho }/q^2$。中性时

$$f(\theta )=\frac{2\mu z{e}^2}{{\hslash }^2{q}^2}[1-\frac{1}{(1+q^2{a}^2{)}^2}],q=2k\sin \frac{\theta }{2}.$$

$\sigma =|f{|}^2$。$q\to 0$ 时方括号 $\sim 2q^2{a}^2$，与 $1/q^2$ 相消，$f\to 4\mu z{e}^2{a}^2/{\hslash }^2$，有限。裸核没有第二项，$f\sim 1/q^2$，正前方发散。小角被电子云屏蔽；大角 $qa\gg 1$ 时第二项趋于 0，又看见裸核。

10.3 分波法

知识点小结：中心势里 $l$ 是好量子数，波函数按 Legendre 多项式分成一列分波。每列分波在远处比自由波多一个相移 ${\delta }_l$，散射振幅和总截面都只由这些相移决定。低能时瞄准距离必须落在力程里，$l$ 只留前几项；相移到 $\pi /2$ 时该分波截面达到幺正上限。前方振幅的虚部锁住总截面，这是光学定理。

jc-10-3-1 · 直接写出：相移、分波振幅、光学定理 · 🟡

填空（书 p220–223，式 (10-47)(10-50)(10-56)(10-58)(10-60)(10-61)）

(1) 中心势、轴对称时 $\psi (r,\theta )={\sum }_{l=0\infty }$ ____。$r\to \infty$ 时径向函数 $R_l(r)=$ ____（含相移 ${\delta }_l$）。

(2) 平面波展开 $e^{ikz}={\sum }_{l=0\infty }$ ____。$j_l(kr)$ 在远处的渐近式是 ____。

(3) $f(\theta )=$ ____。$\sigma (\theta )=$ ____。总截面 ${\sigma }_T=$ ____，其中第 $l$ 分波 ${\sigma }_{T,l}=$ ____。

(4) ${\delta }_l=(n+\frac{1}{2})\pi$ 时 $({\sigma }_{T,l}{)}_{\max }=$ ____，名称是 ____。光学定理：${\sigma }_T=$ ____。

(5) 低能时 $l$ 估到什么量级（力程 $a$、动量 $p$）？引力势的 ${\delta }_l$ 是正还是负？斥力呢？

**答案**

(1) $R_l(r)P_l(\cos \theta )$。$\frac{A_l}{kr}\sin (kr-\frac{1}{2}l\pi +{\delta }_l)$。

(2) $(2l+1)i^l{j}_l(kr)P_l(\cos \theta )$。$\frac{1}{kr}\sin (kr-\frac{1}{2}l\pi )$。

(3) $\frac{1}{k}{\sum }_{l=0\infty }(2l+1)e^{i{\delta }_l}\sin {\delta }_l{P}_l(\cos \theta )$。$|f(\theta ){|}^2$。$\frac{4\pi }{k^2}{\sum }_{l=0\infty }(2l+1){\sin }^2{\delta }_l$。$\frac{4\pi }{k^2}(2l+1){\sin }^2{\delta }_l$。

(4) $\frac{4\pi }{k^2}(2l+1)$；幺正上限。$\frac{4\pi }{k}Imf(0)$。

(5) $l\sim pa/\hslash$，低能只留 $l=0,1$。引力 ${\delta }_l>0$，斥力 ${\delta }_l<0$。

jc-10-3-2 · 低能、相移符号、光学定理 · 🟡

简答（书 p219、p223）

(1) Born 近似和分波法各适合什么能区？理由是什么？同一问题里两者能不能同时都好用？（p219 适用条件；p223 讨论 (1)）

(2) 书上怎样由「相位一定」判断引力势 ${\delta }_l>0$、斥力势 ${\delta }_l<0$？硬球（完全排斥）的 $s$ 波相移应是正还是负？（p223 讨论 (2)）

(3) 光学定理把哪两个量连在一起？为什么前方振幅必须有虚部，才能有不为零的总截面？非弹性散射还成立吗？（式 (10-61)）

(4) 把某个 ${\delta }_l$ 换成 ${\delta }_l+\pi$，$f(\theta )$ 和 $\sigma$ 变不变？这和 (10-60) 里写成 ${\delta }_l=(n+\frac{1}{2})\pi$ 有什么关系？

**答案**

(1) Born 要求动能远大于势能，高能、弱势好用；分波法每个 $l$ 都要求一次径向解，但低能 $l_{\max }\sim pa/\hslash$ 很小，留 $s$、$p$ 就够。高能分波太多，低能 Born 条件又常常不成立，所以是互补，不是同时都精确。

(2) 散射波相位写成 $kr-\frac{1}{2}l\pi +{\delta }_l$。引力拖住粒子，同样相位下 $r$ 偏小，要用 ${\delta }_l>0$ 补回来；斥力把粒子推出去，$r$ 偏大，${\delta }_l<0$。硬球是极端排斥，${\delta }_0=-ka<0$。

(3) 前方振幅的虚部 $Imf(0)$ 和总截面。${\sigma }_T$ 来自 ${\sin }^2{\delta }_l$，而 $Imf(0)=(1/k)\sum (2l+1){\sin }^2{\delta }_l$，两者差一个 $4\pi /k$。总截面不为零就是有粒子从入射束里被拿掉，前方波必须靠虚部与入射波干涉来体现这个亏损。书上说明对非弹性也成立。

(4) 不变：$e^{i(\delta +\pi )}\sin (\delta +\pi )=(-e^{i\delta })(-\sin \delta )=e^{i\delta }\sin \delta$，${\sin }^2{\delta }_l$ 也不变。相移只确定到 $\pi$ 的整数倍，所以幺正上限写成 $(n+\frac{1}{2})\pi$，不只是 $\pi /2$。

jc-10-3-3 · 低能方势阱的 $s$ 波，以及 $s+p$ 截面 · 🟡

计算（书 p220–222，式 (10-45)(10-56)(10-58)；习题 10-5、10-7）质量 $m$ 的低能粒子被

$$V(r)=\{\begin{array}{ll}-V_0,& r<a\\ 0,& r>a\end{array}$$

散射，$V_0>0$。只计 $s$ 波。记 $K=\sqrt{2m(E+V_0)}/\hslash$，$k=\sqrt{2mE}/\hslash$。

(1) 为什么低能可以只留 $s$ 波？写出阱内、阱外的 ${\chi }_0(r)=r{R}_0$，以及 $r=a$ 处的衔接条件。$\chi$ 和 ${\chi }^{\prime }$ 哪一个必须连续，哪一个在 $r=0$ 有限制？（习题 10-5）

(2) 求 ${\delta }_0$ 和 ${\sigma }_T$。低能 $ka\ll 1$、$K\approx K_0=\sqrt{2m{V}_0}/\hslash$，且 $\tan K_{0}a$ 不太大时，${\delta }_0$ 和 ${\sigma }_T$ 近似是什么？截面随能量怎样变，角分布怎样？

(3) $K_{0}a=\pi /2$ 时低能截面发生什么？和幺正上限是什么关系？

(4) 把阱改成硬球 $V=\infty$（$r<a$）。${\delta }_0$ 和低能 ${\sigma }_T$ 是什么？和 (2) 的符号是否一致？

(5) 一般低能散射只留 $s$ 波和 $p$ 波。写出 $\sigma (\theta )$，指出哪一项是前后不对称的来源。（习题 10-7）

**答案**

(1) $l\hslash \sim pb$，瞄准距离 $b$ 必须小于力程 $a$，所以 $l\le pa/\hslash$。低能这个上限小于 1，高分波进不了势。$l=0$：${\chi }^{{}^{\prime \prime }}+K^2\chi =0$（阱内），${\chi }^{{}^{\prime \prime }}+k^2\chi =0$（阱外）。$R$ 在原点有限，所以 $\chi (0)=0$，${\chi }_{in}=A\sin Kr$。阱外按书上的相移定义 ${\chi }_{out}=B\sin (kr+{\delta }_0)$。$V$ 有限，$\chi$、${\chi }^{\prime }$ 都连续，等价于对数导数连续：$K\cot (Ka)=k\cot (ka+{\delta }_0)$。

(2) 由 $\tan (ka+{\delta }_0)=(k/K)\tan (Ka)$，

$${\delta }_0=-ka+\arctan (\frac{k}{K}\tan Ka).$$$${\sigma }_T=\frac{4\pi }{k^2}{\sin }^2{\delta }_0.$$

低能 ${\delta }_0\approx k(\tan (K_{0}a)/K_0-a)$，很小。$0<K_{0}a<\pi /2$ 时 $\tan K_{0}a>K_{0}a$，${\delta }_0>0$，和「引力相移为正」一致。

$${\sigma }_T\approx 4\pi a^2(\frac{\tan K_{0}a}{K_{0}a}-1{)}^2,$$

与能量无关；只有 $s$ 波，角分布各向同性。

(3) $\tan (K_{0}a)$ 发散，${\delta }_0\to \pi /2$，不随 $k\to 0$ 而趋于 0。${\sigma }_T=4\pi /k^2$，正好是 $l=0$ 的幺正上限，而且随 $k\to 0$ 变得很大。

(4) 硬球壁上 $\chi (a)=0$，所以 $ka+{\delta }_0=0$，${\delta }_0=-ka<0$。${\sigma }_T=4\pi /k^2{\sin }^2(ka)\to 4\pi a^2$。斥力相移为负，和书上的符号规则一致。

(5) $P_0=1$，$P_1=\cos \theta$，

$$\sigma (\theta )=\frac{1}{k^2}[{\sin }^2{\delta }_0+9{\sin }^2{\delta }_1{\cos }^2\theta +6\sin {\delta }_0\sin {\delta }_1\cos ({\delta }_0-{\delta }_1)\cos \theta ].$$

最后一项对 $\theta \to \pi -\theta$ 变号，是前后不对称的来源；只留 $s$ 波时截面各向同性。

jc-10-3-4 · $1/r^2$ 势的分波相移 · 🟡

计算（习题 10-6，书 p227）质量 $\mu$ 的粒子被 $V(r)=\alpha /r^2$ 散射（书上记作 $a/r^2$，$a$ 为常数）。

(1) 写出 ${\chi }_l$ 的径向方程，把它收成自由粒子的形式，有效角动量 $\lambda$ 是什么？$\alpha \to 0$ 时应回到什么？

(2) 求 ${\delta }_l$。它依赖能量吗？$\alpha >0$ 和 $\alpha <0$ 时相移的符号，和书上引力/斥力的规则是否一致？

(3) $\alpha$ 太负会怎样？给出 $\lambda$ 保持实数的条件。

**答案**

(1) ${\chi }^{{}^{\prime \prime }}+[k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}-\frac{2\mu \alpha }{{\hslash }^2{r}^2}]\chi =0$。令 $\lambda (\lambda +1)=l(l+1)+2\mu \alpha /{\hslash }^2$，取

$$\lambda =-\frac{1}{2}+\sqrt{(l+\frac{1}{2}{)}^2+\frac{2\mu \alpha }{{\hslash }^2}},$$

正根保证 $\alpha \to 0$ 时 $\lambda \to l$。方程就是阶数 $\lambda$ 的自由径向方程。

(2) 远处 $\chi \sim \sin (kr-\lambda \pi /2)$，书上的自由相位是 $kr-l\pi /2$，所以 ${\delta }_l=\frac{\pi }{2}(l-\lambda )$。势和离心项一样按 $1/r^2$ 衰减，相移与 $k$ 无关。$\alpha >0$ 斥力，$\lambda >l$，${\delta }_l<0$；$\alpha <0$ 引力，$\lambda <l$，${\delta }_l>0$。和 p223 的规则一致。

(3) 根号内小于 0 时 $\lambda$ 变复，原点附近的解不再是普通幂次，上面的相移公式失效。条件是 $\alpha \ge -\frac{{\hslash }^2}{2\mu }(l+\frac{1}{2}{)}^2$。

10.4 全同粒子的散射

知识点小结：全同粒子分不清「谁撞谁」。质心系里交换粒子就是 $\theta \to \pi -\theta$，所以振幅要相加或相减。自旋为 0 的玻色子在 $90^{\circ }$ 比可区分粒子多一倍干涉。两个电子要先看自旋：单态空间对称，三重态空间反对称；自旋未极化时按 $1:3$ 混合，$90^{\circ }$ 的干涉正好消掉。

jc-10-4-1 · 直接写出：全同粒子的截面 · 🟡

填空（书 p224–226，式 (10-63)(10-67)–(10-71)）$f(\theta )$ 是可区分粒子的散射振幅。

(1) 质心系里交换两粒子：$\mathbf{r}\to$ ____，$\theta \to$ ____。不考虑自旋时，玻色子的散射振幅 $f_B=$ ____，截面 ${\sigma }_B(\theta )=$ ____。

(2) $\theta =\pi /2$ 时，全同玻色子 $\sigma =$ ____；$\alpha$ 打 ${}^{16}O$（两者都可区分、自旋都为 0）$\sigma =$ ____。差在哪一项？

(3) 两个电子，自旋单态 $\sigma =$ ____，自旋三重态 $\sigma =$ ____。未极化时权重是 ____ 和 ____，$\sigma (\pi /2)=$ ____。

(4) 未极化电子的 $\sigma (\theta )$ 展开成 $|f(\theta ){|}^2$、$|f(\pi -\theta ){|}^2$ 和干涉项：$\sigma (\theta )=$ ____。和玻色子的干涉项比，系数和符号各是什么？（p226）

**答案**

(1) $-\mathbf{r}$（$r=|\mathbf{r}|$ 不变）；$\pi -\theta$（$\phi \to \pi +\phi$）。$f(\theta )+f(\pi -\theta )$。$|f(\theta )+f(\pi -\theta ){|}^2$。

(2) $4f(\pi /2{)}^2$；$2f(\pi /2{)}^2$。差在干涉项 $2Re[f^{\ast }(\theta )f(\pi -\theta )]$：玻色子有，可区分粒子没有。

(3) $|f(\theta )+f(\pi -\theta ){|}^2$（式 (10-70)）；$|f(\theta )-f(\pi -\theta ){|}^2$。单态 $1/4$，三重态 $3/4$（式 (10-71)）。$f(\pi /2{)}^2$。

(4) $|f(\theta ){|}^2+|f(\pi -\theta ){|}^2-Re[f^{\ast }(\theta )f(\pi -\theta )]$。玻色子是 $+2Re[\cdots ]$，未极化电子是 $-1\cdot Re[\cdots ]$。

jc-10-4-2 · $\alpha$–$\alpha$、$\alpha$–${}^{16}O$ 和电子–电子 · 🟡

计算（书 p223–226，式 (10-64)–(10-71)；节末练习）质心系，空间渐近波为 $\psi (r,\theta )=e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}+f(\theta )e^{ikr}/r$。

(1) 为什么图 10-6 的两个过程不能区分，图 10-7 的可以？交换在角度上对应什么操作？（p224–225）

(2) 由 $\psi (r,\theta )$ 和 $\psi (r,\pi -\theta )$ 构造空间对称、反对称渐近波。玻色子（不计自旋）为什么用相加的那一个？写出 $\sigma (\theta )$，并在 $\theta =\pi /2$ 与可区分情形比较。（式 (10-65)–(10-69)）

(3) 两个自旋 $1/2$ 的费米子。单态、三重态的自旋波函数谁对称？空间波函数必须怎样，总波函数才反对称？写出四种自旋态的总散射波函数。（节末练习）

(4) 自旋未极化时，为什么是 $\frac{1}{4}$ 和 $\frac{3}{4}$ 而不是 $\frac{1}{2}$ 和 $\frac{1}{2}$？展开 $\sigma (\theta )$，说明 $\theta =\pi /2$ 时干涉项为什么消失。若改成自旋极化、只制备单态，这个角的截面变成多少？（式 (10-71)）

**答案**

(1) 两个 $\alpha$ 全同，探测器分不出入射的那个和反冲的那个，直接过程和交换过程是同一个末态。$\alpha$ 和 ${}^{16}O$ 种类不同，沿 $\theta$ 飞出去的是谁可以分辨，两个过程要相加概率而不是相加振幅。交换是 $\mathbf{r}\to -\mathbf{r}$，即 $\theta \to \pi -\theta$（$\phi \to \phi +\pi$，中心势下不影响 $f$）。

(2) ${\psi }_S=\frac{1}{\sqrt{2}}[\psi (r,\theta )+\psi (r,\pi -\theta )]$，${\psi }_A=\frac{1}{\sqrt{2}}[\psi (r,\theta )-\psi (r,\pi -\theta )]$。自旋为 0 的玻色子总波函数对称，不计自旋时空间波函数就得对称。散射振幅按相加的组合走，$\sigma =|f(\theta )+f(\pi -\theta ){|}^2=|f(\theta ){|}^2+|f(\pi -\theta ){|}^2+2Re[f^{\ast }(\theta )f(\pi -\theta )]$。$\theta =\pi /2$ 时两项振幅相同，$\sigma =4|f{|}^2$；可区分的 $\alpha$–${}^{16}O$ 没有干涉，$\sigma =2|f{|}^2$。$1/\sqrt{2}$ 在入射流和散射流里同时出现，截面公式里消掉。

(3) 单态 ${\chi }_A=\frac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow \downarrow ⟩-|\downarrow \uparrow ⟩)$ 反对称，三重态

$${\chi }_{1,1}=|\uparrow \uparrow ⟩,{\chi }_{1,0}=\frac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow \downarrow ⟩+|\downarrow \uparrow ⟩),{\chi }_{1,-1}=|\downarrow \downarrow ⟩$$

对称。费米子总波函数反对称：单态配空间对称，三重态配空间反对称。

$${\psi }_{singlet}={\psi }_S{\chi }_A,$$$${\psi }_{triplet}={\psi }_A{\chi }_{1,m_s}(m_s=1,0,-1).$$

${\psi }_S$、${\psi }_A$ 就是 (2) 的两式，散射部分分别带 $f(\theta )+f(\pi -\theta )$ 和 $f(\theta )-f(\pi -\theta )$。

(4) 四个自旋态 $|\uparrow \uparrow ⟩$、$|\uparrow \downarrow ⟩$、$|\downarrow \uparrow ⟩$、$|\downarrow \downarrow ⟩$ 等概率，其中只有单态那一种组合是反对称自旋，占 $1/4$，其余三种合成三重态，占 $3/4$。

$$\sigma =\frac{1}{4}|f+f_{\pi }{|}^2+\frac{3}{4}|f-f_{\pi }{|}^2=|f(\theta ){|}^2+|f(\pi -\theta ){|}^2-Re[f^{\ast }(\theta )f(\pi -\theta )],$$

$f_{\pi }=f(\pi -\theta )$。$\theta =\pi /2$ 时 $f=f_{\pi }$，单态给 $4|f{|}^2$、三重态给 $0$，加权后 $\sigma =|f{|}^2$，干涉被 $1/4$ 和 $3/4$ 抵消。只制备单态则没有权重，仍是 $4|f(\pi /2){|}^2$。

第10章原书笔误（已核对）

Grok 清单列的 7 条逐条对 300dpi 页图核实，(10-36) 一带、(10-58)、p226 练习解、习题 10-1 和 10-3 放大到 450dpi。属实 2 条，表述不严 1 条。都已写进对应题目：

位置	原书	改正	题
p226，习题 10-1	电荷 $-ze$ 产生的屏蔽势 $\phi (r)=\frac{ze}{r}{e}^{-r/a}$	$\phi (r)=-\frac{ze}{r}{e}^{-r/a}$，$V=e\phi =-\frac{z{e}^2}{r}{e}^{-r/a}$（只影响 $f$ 的符号，$\sigma$ 不变；清单说的「$\lambda \phi$」「没乘 $e$」不属实，$\phi$ 本来就是电势）	jc-10-2-2
p227，习题 10-3	$V = -\frac{ze^{2}}{r} + e \int \frac{\rho}{	\boldsymbol{r} - \boldsymbol{r}'	}d^{3}r'$，$\rho = -e\rho _{0}e^{-r/a}$
p218，Born 近似适用条件	「动量很大（$p^2\gg V(r)$）」	$\frac{p^{2}}{2\mu} \gg	V(r)

不属实（扫描误读或推导没看全）：

• p219 式 (10-36)：原书是 $f(\theta )=-\frac{2\mu }{q{\hslash }^2}{\int }_0^{+\infty }V(r)r\sin (qr)dr$，$1/q$ 在分母里，和 (10-37) 一致。
• p219 (10-36) 上两行的系数 $+\frac{1}{2}$：$-\frac{1}{4\pi }\cdot 2\pi =-\frac{1}{2}$，而 $\sin {\theta }^{\prime }d{\theta }^{\prime }=-d(\cos {\theta }^{\prime })$、积分限仍是 ${\theta }^{\prime }$ 从 $0$ 到 $\pi$，两个负号相乘正是 $+\frac{1}{2}$；下一行 $-\frac{1}{q}\int U{r}^{\prime }\sin (q{r}^{\prime })d{r}^{\prime }$ 由此算出。和 p217 推 (10-26) 用的是同一写法。
• p222 式 (10-58) 第一行：原书是 ${\sigma }_T=\int |f(\theta ){|}^{2}d\Omega$，不是 $\int |\sigma (\theta ){|}^{2}d\Omega$。
• p226 练习解：${\chi }_S$ 三行齐全，含 $|\uparrow \uparrow ⟩$、$\frac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow \downarrow ⟩+|\downarrow \uparrow ⟩)$、$|\downarrow \downarrow ⟩$；ket 也印得正常。

另：习题 10-2、10-6 的常数原书记作 $a$，jc-10-2-2(4)、jc-10-3-4 改记 $\alpha$，只为不和屏蔽长度、力程 $a$ 混淆。

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