2.1. Лобовое столкновение. На какое минимальное расстояние приблизится $\alpha$-частица с кинетической энергией $K_{\alpha}$ к первоначально покоившемуся ядру ${ }^{7} \mathrm{Li}$ при лобовом столкновении?
Р е ше е и е. Система $\alpha$-частица – ядро предполагается замкнутой, поэтому в процессе сближения будут сохраняться как ее импульс, так и собственная механическая энергия. Отсюда для двух состояний – когда $\alpha$-частица далеко от ядра и в момент максимального сближения (система движется как единое целое), – можно записать:
\[
p_{\alpha}=p_{\alpha+\mathrm{Li}}, \quad K_{\alpha}=K_{\alpha+\mathrm{Li}}+\frac{q q_{0}}{r_{\text {мин }}},
\]

где $q$ и $q_{0}$ – заряды $\alpha$-частицы и ядра атома лития. Имея в виду, что $K=p^{2} / 2 m$, перепишем первое равенство в (1) через $K$ :
\[
m_{\alpha} K_{\alpha}=\left(m_{\alpha}+m_{\mathrm{Li}}\right) K_{\alpha+\mathrm{Li}} .
\]

Из последнего равенства находим $K_{\alpha+L i}$ и полученное выражение подставим во второе уравнение из (1). В результате:
\[
r_{\text {MKH }}=\frac{q q_{0}}{K_{\alpha}}\left(1+\frac{m_{\alpha}}{m_{\mathrm{Li}}}\right) .
\]
2.2. Нелобовое столкновение. Альфа-частица с кинетической энергией $K$ рассеялась под углом $\theta$ на кулоновском поле неподвижного тяжелого ядра с зарядом $Z e$. Найти минимальное расстояние, на которое она сблизилась с ядром в процессе движения.
Решение и е. Воспользуемся законами сохранения. Импульс $\alpha$-частицы не сохраняется, поскольку на нее все время действует кулоновская сила. Вместе с тем направление этой силы проходит через центр ядра, поэтому ее плечо относительно этого центра равно нулю, а значит равен нулю и момент силы. Отсюда следует, что момент импульса $\alpha$-частицы относительно центра ядра сохраняется. Вдали от ядра он был равен $b m v$, где $b$ и $v$ – прицельный параметр и скорость $\alpha$-частицы вдали от ядра.
При наибольшем сближении с ядром скорость $\mathbf{v} \alpha$-частицы будет перпендикулярна ее радиусу-вектору относительно центра ядра, и момент импульса $\alpha$-частицы в этом положении будет равен $r_{\text {мин }} \cdot m v^{\prime}$, где $v^{\prime}$ – ее скорость. Таким образом, из сохранения момента импульса $\alpha$-частицы имеем:
\[
b v=r_{\text {мину }} v^{\prime} .
\]

Поскольку $\alpha$-частица движется в кулоновском поле и сторонних сил нет, ее полная энергия в этом поле должна также сохраняться:
\[
K=K^{\prime}+q q_{0} / r_{\text {мии }} .
\]

Здесь слева записана энергия $\alpha$-частицы вдали от ядра, а справа – при максимальном сближении с ядром.
Из формул (1) и (2) приходим к квадратному уравнению относительно $r_{\text {мин }}$ :
\[
K r_{\text {мин }}^{2}-q q_{0} r_{\text {мин }}-b^{2} K=0 .
\]

Решение этого уравнения:
\[
r_{\text {MKH }}=\frac{q q_{0}+\sqrt{\left(q q_{0}\right)^{2}+4 b^{2} K^{2}}}{2 K}=\frac{q q_{0}}{2 K}\left(1+\sqrt{1+\operatorname{ctg}^{2} \theta}\right),
\]

где учтено, что согласно (2.1) $q q_{0} / 2 b K=\operatorname{tg}(\theta / 2)$. В окончательном виде (4) запишем так:
\[
r_{\text {мин }}=\frac{Z e^{2}}{K}\left(1+\csc \frac{\theta}{2}\right) .
\]
2.3. Формула Резерфорда. Узкий пучок протонов, скорость которых $v=6 \cdot 10^{6} \mathrm{~m} / \mathrm{c}$, падает нормально на серебряную ( $Z=47$ ) фольгу толщиной $d=1,0$ мкм. Найти вероятность рассеяния протонов в заднюю полусферу $\left(\theta>90^{\circ}\right)$. Плотность серебра $\rho=10,5 \mathrm{r} / \mathrm{cm}^{3}$. Р е ш е и е. Искомая вероятность $P$ равна относительному числу протонов, рассеянных в заднюю полусферу:
\[
P=\Delta N / N=n \sigma,
\]

где правая часть этой формулы записана согласно (2.9), причем $\sigma$ – эффективное сечение, соответствующее рассеянию под углами $\theta>90^{\circ}$. Это сечение $\sigma=\pi b_{0}^{2}$, где $b_{0}$ – прицельный параметр, при котором $\theta=\theta_{0}=9^{\circ}$. Ясно, что все протоны с прицельным параметром, меньшим $b_{0}$, рассеятся под углами $\theta>\theta_{0}$.
Используя формулу (2.1), получим:
\[
b_{0}=\frac{Z e^{2}}{m v^{2} \operatorname{tg}(\theta / 2)}=\frac{Z e^{2}}{m v^{2}} .
\]

Теперь найдем выражение для $\sigma$ как $\pi b_{0}^{2}$ и учтем, что число ядер на единицу поверхности фольги $n=n_{0} d$, где $n_{0}$ – концентрация ядер (их число в единице объема). После подстановки полученных выражений в (1) находим, что
\[
P=\pi n_{0} d Z e^{2} / m v^{2}=0,006 .
\]

Здесь $n_{0}=N_{A} \rho d / M, N_{A}$ – постоянная Авогадро, $M$ – молярная масса серебра.
2.4. Узкий пучок $\alpha$-частиц с кинетической энергией $K=0,60$ МэВ падает на золотую фольгу, содержащую $n=1,1 \cdot 10^{19}$ ядер/cм ${ }^{2}$.
Найти относительное число $\alpha$-частиц, рассеивающихся под углами $\theta<\theta_{0}$, где $\theta_{0}=20^{\circ}$.
Р е ш е и е. Непосредственно использовать формулу Резерфорда для этого интервала углов мы не можем, поскольку для углов, меньших порядка $3^{\circ}$ она, как было сказано ранее, несправедлива. Поэтому искомую величину представим так:
\[
\frac{\Delta N}{N}=1-n \sigma\left(\theta_{0}\right)=1-n \pi b_{0}^{2},
\]

где $b_{0}$ – прицельный параметр, соответствующий углу рассеяния $\theta_{0}$. Величину $b_{0}$ находим с помощью формулы (2.1):
\[
b_{0}=\frac{Z e^{2}}{K \operatorname{tg}\left(\theta_{0} / 2\right)} \text {. }
\]

Подстановка (2) в (1) дает
\[
\frac{\Delta N}{N}=1-\frac{\pi n Z e^{4}}{K^{2} \operatorname{tg}^{2}\left(\theta_{0} / 2\right)}=0,6 .
\]
2.5. Классическое время жизни атома. Оценить промежуток времени $\tau$, за который электрон, движущийся вокруг ядра атома водорода (протона) по окружности радиуса $r_{0}=0,53 \cdot 10^{-8} \mathrm{cм}$, упал бы на ядро из-за потери энергии на излучение.
Р е ш н и е. Для простоты будем считать, что в любой момент падения на ядро электрон движется равномерно по окружности. Тогда, согласно 2-му закону Ньютона, $m v^{2} / r=e^{2} / r^{2}$, откуда кинетическая энергия
\[
K=m v^{2} / 2=e^{2} / 2 r,
\]

и полная энергия электрона в поле ядра
\[
E=K+U=\frac{m v^{2}}{2}-\frac{e^{2}}{r}=-\frac{e^{2}}{2 r} .
\]

В соответствии с классической электродинамикой, потеря энергии заряженной частицы на излучение в единицу времени определяется формулой
\[
-\frac{\mathrm{d} E}{\mathrm{~d} t}=\frac{2 e^{2}}{3 c^{3}} \mathrm{a}^{2} .
\]

Учитывая (1) и (2), преобразуем (3) к виду
\[
-\frac{e^{2}}{2 r^{2}} \frac{\mathrm{d} r}{\mathrm{~d} t}=\frac{2 e^{2}}{3 c^{3}}\left(\frac{e^{2}}{m r^{2}}\right)^{2} .
\]

Разделив переменные $r$ и $t$, получим
\[
-r^{2} \mathrm{~d} r=\frac{4}{3} \frac{e^{4}}{m^{2} c^{3}} \mathrm{~d} t .
\]

Остается проинтегрировать это уравнение по $r$ от $r_{0}$ до 0 и по $t$ от 0 до $\tau$. В результате получим:
\[
\tau=\frac{m^{2} c^{3} r_{0}^{3}}{4 e^{4}}=\frac{\left(0,911 \cdot 10^{-27}\right)^{2}\left(3 \cdot 10^{10}\right)^{3}\left(0,53 \cdot 10^{-8}\right)^{3}}{4\left(4,8 \cdot 10^{-10}\right)^{4}}=1,3 \cdot 10^{-11} \mathrm{c}(!)
\]
2.6. Квантование. Частица массы $m$ движется по круговой орбите в центрально-симметричном поле, где ее потенциальная энергия зависит от расстояния $r$ до центра поля как $U=x r^{2} / 2, x$ – постоянная. Найти с помощью боровского условия квантования возможные радиусы орбит и значения полной энергии частицы в данном поле.
Р ешение. Исходим из 2-го закона Ньютона:
\[
m \frac{v^{2}}{r}=\frac{\partial U}{\partial r}=x r,
\]

где справа написана проекция силы на нормаль $\mathbf{n}$ к траектории. Согласно правилу квантования (2.18) имеем:
\[
r m v=\hbar n, \quad n=1,2, \ldots
\]

Из этих двух уравнений находим возможные значения $r$ :
\[
r_{n}=\sqrt{n \hbar / \sqrt{x m}} .
\]

Возможные значения полной энергии
\[
E_{n}=\frac{m v^{2}}{2}+\frac{\varkappa r^{2}}{2}=n \hbar \sqrt{\varkappa / m},
\]

где приняты во внимание формулы (2) и (3).

2.7. Атом водорода. Покоившийся атом водорода испустил фотон, соответствующий головной линии серии Лаймана. Найти:
a) скорость отдачи, которую получил атом;
б) отношение кинетической энергии атома отдачи к энергии испущенного фотона.
Р еш ен и е. а) В этом процессе атом приобрел импульс $p$, равный импульсу вылетевшего из него фотона:
\[
p=\hbar \omega / c .
\]

Кроме того, энергия возбуждения $E^{*}$ атома распределилась между энергией фотона и кинетической энергией атома, испытавшего отдачу:
\[
E^{*}=\hbar \omega+p^{2} / 2 m,
\]

где $\quad E^{\star}=\hbar R\left(1-1 / 2^{2}\right)=(3 / 4) \hbar R$.
Из этих трех формул находим
\[
\frac{m}{2} v^{2}+m c v-\frac{3}{4} \hbar R=0,
\]

откуда следует, что скорость отдачи атома
\[
v=\frac{3}{4} \frac{\hbar R}{m c}=3,27 \mathrm{~m} / \mathrm{c},
\]

здесь $m$ – масса атома.
б) Искомое отношение с учетом (*) равно
\[
\frac{K}{\hbar \omega}=\frac{p^{2} / 2 m}{p c}=\frac{p}{2 m c}=\frac{v}{2 c}=0,55 \cdot 10^{-8},
\]
т. е. оказывается величиной чрезвычайно малой, и поэтому энергией отдачи атома, как правило, пренебрегают.
2.8. Водородоподобная система. При каком наименьшем значении приращения внутренней энергии иона $\mathrm{He}^{+}$, находящегося в основном состоянии, он смог бы испустить фотон, соответствующий головной линии серии Бальмера?
Р е ш е н и е. Из рис. 2.7 следует, что для этого ион необходимо возбудить на уровень с $n=3$. Именно в этом случае может быть испущен указанный фотон (при переходе с $n=3$ на $n^{\prime}=2$ ).

Искомое приращение внутренней энергии согласно (2.25) и (2.27) равно
\[
E_{\text {мии }}=\hbar \omega_{13}=\hbar R Z^{2}\left(\frac{1}{1^{2}}-\frac{1}{3^{2}}\right)=\frac{8}{9} \hbar \mathrm{RZ}^{2}=48,5 \text { эВ. }
\]
2.9. У какого водородоподобного иона разность длин волн между головными линиями серий Бальмера и Лаймана $\Delta \lambda=59,3$ нм?
Р е ш ен и е. Запишем выражение для частот (1) этих линий. Согласно (2.26) и (2.27) имеем:
\[
\omega_{\mathrm{B}}=(5 / 36) R Z^{2}, \quad \omega_{\mathrm{I}}=(3 / 4) R Z^{2} .
\]

Из этих формул находим
\[
\Delta \lambda=\lambda_{\mathrm{B}}-\lambda_{Л}=2 \pi c\left(\frac{1}{\omega_{\mathrm{B}}}-\frac{1}{\omega_{\mathrm{J}}}\right)=\frac{176}{15} \frac{\pi c}{R Z^{2}},
\]

откуда
\[
Z=\sqrt{\frac{176}{15} \frac{\pi c}{R \Delta \lambda}}=3 .
\]

Это двукратно ионизированный атом лития, $\mathrm{Li}^{++}$.
2.10. Энергия связи электрона в атоме Не равна $E_{0}=24,6$ эВ. Найти минимальную энергию, необходимую для последовательного удаления обоих электронов из этого атома.
Р е ш е н и е. На первый взгляд кажется, что это $2 E_{0}$. Но это не так. После удаления первого электрона оставшийся оказывается в кулоновском поле ядра, а значит его энергия связи станет больше, и потребуется большая энергия для удаления второго электрона. Таким образом, искомая энергия
\[
E_{\text {мии }}=E_{0}+\hbar R Z^{2}=24,6+54,5=79 \text { эВ. }
\]

Здесь величина $\hbar R Z^{2}$ – это энергия связи электрона в основном состоянии иона $\mathrm{He}^{+}$.