3.1. а) Как легко видеть на рис. 105 , угол отклонения частицы $\theta$ равен удвоенному углу наклона касательной к поверхности в точке столкновения. Поэтому
$$\mathrm{tg}\frac{\theta }{2}=\frac{d\rho }{dz}=\frac{b}{a}\cos \frac{z}{a}.$$

Отсюда
$${\rho }^2=b^2-a^2{\mathrm{tg}}^2\frac{\theta }{2}$$

Рис. 105

и
$$d\sigma =\pi \left|d{\rho }^2\right|=\pi a^2\mathrm{tg}\frac{\theta }{2}\frac{d\theta }{{\cos }^2(\theta /2)}=\frac{a^{2}do}{4{\cos }^4\frac{\theta }{2}}.$$

Возможно отклонение частицы на углы от нулевого (при $\rho \to b$ ) до ${\theta }_m=$ $=2\mathrm{arctg}\frac{b}{a}$ (при $\rho \to 0$ ).
Итак,
$$d\sigma =\{\begin{array}{ll}\frac{a^{2}do}{4{\cos }^4\frac{\theta }{2}}& \text{ при }0<\theta <{\theta }_m,\\ 0& \text{ при }{\theta }_m<\theta .\end{array}$$
б) $d\sigma =A^{2/(1-n)}{\left(n\mathrm{ctg}\frac{\theta }{2}\right)}^{(1+n)/(1-n)}\frac{do}{(1-n)\sin \theta {\cos }^2\frac{\theta }{2}}$.

При $n\to 1$ приведенное сечение равно
$$\frac{d\sigma }{do}=\{\begin{array}{rl}0& \text{ при }\theta >{\theta }_0=2\mathrm{arctg}A,\\ \mathrm{\infty }& \text{ при }\theta <{\theta }_0.\end{array}$$

Этот результат ошибочен. Почему?
$$d\sigma =\{\begin{array}{cl}\frac{b}{4}(a\sqrt{\mathrm{tg}\frac{\theta }{2}}-b)\frac{do}{{\sin }^2\frac{\theta }{2}\sin \theta }& \text{ при }0<\theta <{\theta }_m=2\mathrm{arctg}{\left(\frac{b}{a}\right)}^2,\\ 0& \text{ при }{\theta }_m<\theta .\end{array}$$

3.2. Параболоид вращения ${\rho }^2=\frac{\alpha }{E}z$.

Сближаются ли траектории частиц, рассеянных в поле и на параболоиде при $r\to \mathrm{\infty }$ ?
3.3. При $E>V$
$$d\sigma =\{\begin{array}{l}[\frac{a^2{n}^2}{4\cos \frac{\theta }{2}}\frac{(n\cos \frac{\theta }{2}-1)(n-\cos \frac{\theta }{2})}{{(1+n^2-2n\cos \frac{\theta }{2})}^2}+\frac{a^2}{4}]do\text{ при }0<\theta <{\theta }_m,\\ 0\text{ при }{\theta }_m=2\arccos n<\theta <\pi ,\end{array}$$

где
$$n=\sqrt{1-V/E}.$$

Чем вызвано отличие этого сечения от сечения рассеяния на потенциальной яме (см. [1], §19, задача 2)?
3.4.
$$\sigma =\{\begin{array}{ll}\pi (\frac{\beta }{E}-\frac{{\alpha }^2}{4E^2})& \text{ при }E>\frac{{\alpha }^2}{4\beta },\\ 0& \text{ при }E<\frac{{\alpha }^2}{4\beta }.\end{array}$$

Как изменится сечение при изменении знака $\alpha$ ?
$$\sigma =\{\begin{array}{ll}\pi (2\sqrt{\frac{\gamma }{E}}-\frac{\beta }{E})& \text{ при }E>\frac{{\beta }^2}{4\gamma }\\ 0& \text{ при }E<\frac{{\beta }^2}{4\gamma }\end{array}$$
3.5. a) Рассмотрим движение пучка частиц в поле $U(r)=-\frac{\alpha }{r^n}$. Графики $U_{\text{эфф }}(r)=$ $=\frac{E{\rho }^2}{r^2}-\frac{\alpha }{r^n}$ значениях прицельного параметра $\rho$ приведены на рис. 106.

При больших значениях $\rho$ (кривая 1) частица рассеивается, приближаясь к центру поля на расстояние $r_{min}(\rho )$, определяемое условием $U_{\text{эфф }}\left(r_{min}\right)=E$. При уменьшении $\rho$ уменьшается и $r_{min}$ вплоть до значения $r_0$, достигаемого при $\rho ={\rho }_0$ (кривая 2). При еще меньших $\rho$ частица падает в центр (кривая 3 ).

Величины $r_0$ и ${\rho }_0$ определяются условиями
$$U_{эф\varphi }\left(r_0\right)=E,U_{эф\varphi }^{\prime }\left(r_0\right)=0$$

и равны
$$r_0=(n-2{)}^{1/n}{\left(\frac{2E}{\alpha }\right)}^{1/n},{\rho }_0=\sqrt{\frac{n}{n-2}}{\left[\frac{(n-2)\alpha }{2E}\right]}^{1/n}.$$

Если $R>r_0$, то на шарик падают частицы с $r_{min}⩽R$, и сечение падения
$$\sigma =\pi {\rho }^2(r_{\text{min }}=R)=\pi R^2(1+\frac{\alpha }{E{R}^2}).$$

Если $R<r_0$, то на шарик падают частицы, которые упали бы в центр, и сечение падения
$$\sigma =\pi {\rho }_0^2=\frac{\pi n}{n-2}{\left[\frac{(n-2)\alpha }{2E}\right]}^{2/n}.$$
б) $\sigma =\pi (2\sqrt{\frac{\gamma }{E}}-\frac{\beta }{E})$, если $2\sqrt{\gamma E}>\beta ,E{R}^4<\gamma$.

Если же хотя бы одно из этих неравенств не выполняется, то
$$\sigma =\pi R^2(1+\frac{\gamma }{E{R}^4}-\frac{\beta }{E{R}^2}).$$
3.6. a) $d\sigma =\frac{R^2(1+\lambda )do}{4{(1+\lambda {\sin }^2\frac{\theta }{2})}^2}$, где
$$\lambda =\frac{4RE(RE+\alpha )}{{\alpha }^2}.$$

Как объяснить результат, получаемый при $\alpha +2RE=0$ ?
б) В плоскости траектории частицы введем декартовы координаты с осью $x$, направленной вдоль оси пучка, и осью $y$ — вдоль прицельного параметра. Движение частицы в области $r⩽R$ есть гармоническое колебание по каждой из координат, причем в начальный момент этого колебания (при $t=0$ ) $y_0=\rho ,{\dot{y}}_0=0,x_0=-\sqrt{R^2-{\rho }^2},{\dot{x}}_0=v$, так что
$$x=-\sqrt{R^2-{\rho }^2}\cos \omega t+\frac{v}{\omega }\sin \omega t,y=\rho \cos \omega t.$$

Момент выхода частицы из области действия сил определяется условием
$$x^2+y^2=R^2,$$

а угол $\theta$ между скоростью частицы в этот момент и осью $x$ — условием
$$\sin \theta =\frac{\dot{y}}{v}=-\frac{\rho \omega }{v}\sin \omega t.$$

Подставив (1) и (3) в (2), получаем уравнение
$${\rho }^4-{\rho }^2{R}^2(1+\lambda {\sin }^2\theta )-\frac{1}{4}{R}^4(1+\lambda {)}^2{\sin }^2\theta =0,$$

где $\lambda =\frac{v^2}{R^2{\omega }^2}$. Отсюда
$${\rho }_{1,2}^2=\frac{R^2}{2}(1+\lambda {\sin }^2\theta \mp \sqrt{{\cos }^2\theta -{\lambda }^2{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta }),$$

и сечение
$$d\sigma =\pi (\left|d{\rho }_1^2\right|+\left|d{\rho }_2^2\right|)=\pi d({\rho }_1^2-{\rho }_2^2)=\frac{R^2(1+{\lambda }^2\cos 2\theta )do}{2\sqrt{1-{\lambda }^2{\sin }^2\theta }}.$$

Если $\lambda >1$, то возможно рассеяние только на углы, меньшие ${\theta }_m=$ $=\arcsin \frac{R^2{\omega }^2}{v^2}$, а при $\theta \to {\theta }_m$ сечение $\frac{d\sigma }{do}$ неограниченно возрастает. Такая особенность сечения называется радужным рассеянием (см. [11], гл. 5, § 5). Подобного типа особенность сечения приводит к образованию радуги при рассеянии света каплями воды.
Примеры радужного рассеяния см. также в задачах 3.8, 3.10.
3.7.
$$\frac{d\sigma }{do}=\{\begin{array}{ll}\frac{a^2{\theta }_m^2({\theta }_m-\theta )}{{\theta }^3{(2{\theta }_m-\theta )}^2}& \text{ при }\theta ⩽{\theta }_m=\pi \frac{V}{E},\\ 0& \text{ при }\theta >{\theta }_m.\end{array}$$
б) При вычисления угла рассеяния (см. [1], §20)
$$\theta ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{F_{y}dx}{2E}=2\frac{V}{E}\frac{\rho \sqrt{R^2-{\rho }^2}}{R^2}$$

учтем, что сила
$$F_y=\{\begin{array}{ll}\frac{2Vy}{R^2}=\frac{2V\rho }{R^2}& \text{ при }-\sqrt{R^2-{\rho }^2}<x<\sqrt{R^2-{\rho }^2},\\ 0& \text{ при }|x|>\sqrt{R^2-{\rho }^2}.\end{array}$$

Отсюда находим ${\rho }_{1,2}^2=\frac{1}{2}{R}^2(1\mp \sqrt{1-{\theta }^2/{\theta }_m^2})$, где ${\theta }_m=V/E$, поэтому $d\sigma =\pi (\left|d{\rho }_1^2\right|+\left|d{\rho }_2^2\right|)=\pi d({\rho }_1^2-{\rho }_2^2)$. Окончательно
$$d\sigma =\{\begin{array}{ll}\frac{R^{2}do}{2{\theta }_m\sqrt{{\theta }_m^2-{\theta }^2}}& \text{ при }0<\theta <{\theta }_m,\\ 0& \text{ при }\theta >{\theta }_m.\end{array}$$

Сравните этот ответ с ответом задачи 3.6б, в которой рассматривался потенциал, отличающийся знаком от данного.
3.8. Угол отклонения частицы
$$\theta =|\frac{3\pi \beta }{4E{\rho }^4}-\frac{\pi a}{2E{\rho }^2}|$$

легко вычисляется по общей формуле ${}^1$. Зависимость $\theta \left({\rho }^2\right)$ изображена на рис. 107. Из (1) находим
$$\begin{array}{r}{\rho }_1^2=\frac{\alpha \pi }{4E\theta }(\sqrt{1+\frac{\theta }{{\theta }_m}}-1),\\ {\rho }_{2,3}^2=\frac{\alpha \pi }{4E\theta }(1\mp \sqrt{1-\frac{\theta }{{\theta }_m}}),\end{array}$$

где ${\theta }_m=\frac{\pi {\alpha }^2}{12E\beta }$. Сечение
$$\begin{array}{rl}d\sigma =\pi (\left|d{\rho }_1^2\right|+\left|d{\rho }_2^2\right|& +\left|d{\rho }_3^2\right|)=\pi d(-{\rho }_1^2+{\rho }_2^2-{\rho }_3^2)=\\ & =\frac{\alpha \pi }{8E{\theta }^3}(\frac{1+\theta /2{\theta }_m}{\sqrt{1+\theta /{\theta }_m}}+\frac{2-\theta /{\theta }_m}{\sqrt{1-\theta /{\theta }_m}}-1)do.\end{array}$$

Для справедливости полученного результата достаточно, чтобы каждое слагаемое в (1) было много меньше единицы. Оценка показывает, что для этого достаточно выполнения условия $\theta \ll 1$. Выражение (2) получено для $\theta <{\theta }_m$. Если ${\theta }_m\ll 1$, то для ${\theta }_m<\theta \ll 1$ сечение
$$d\sigma =\pi \left|d{\rho }_1^2\right|=\frac{\alpha \pi }{8E{\theta }^3}(\frac{1+\theta /2{\theta }_m}{\sqrt{1+\theta /{\theta }_m}}-1)do.$$
${}^1$ Проще всего взять оба слагаемых (1) из задачи 2 к § 20 работы [1].

Рис. 107
Рис. 108
Зависимость $\frac{d\sigma }{do}$ от $\theta$ изображена на рис. 108. При $\theta \to 0$ и при $\theta \to {\theta }_m$ сечение $\frac{d\sigma }{do}$ неограниченно возрастает. Сечение рассеяния в интервал углов, прилегающий к $\theta =0$, бесконечно, так как рассеяние на малые углы отвечает большим прицельным параметрам.
Сечение рассеяния в интервал углов ${\theta }_m-\delta <\theta <{\theta }_m$
$${\int }_{{\theta }_m-\delta }^{{\theta }_m}2\pi \frac{d\sigma }{do}\theta d\theta =\frac{\alpha {\pi }^2{\delta }^{1/2}}{2E{\theta }_m^{3/2}}$$

конечно и стремится к нулю при $\delta \to 0$.
Как зависит количество рассеянных частиц, попавших на счетчик, от размеров счетчика, если он расположен под углом ${\theta }_m$ ?
3.9. Скорость частицы после рассеяния по сравнению с первоначальным направлением оказывается повернутой на угол
$$\theta =\pi -\frac{\pi }{\sqrt{1-a^2/{\rho }^2}},a^2=\frac{\alpha }{E}.$$

Счетчик рассеянных частиц регистрирует вместе с частицами, отклоненными на угол $|\theta |<\pi$, также и частицы, сделавшие предварительно несколько оборотов вокруг центра (рис. $109,a$ ). Наблюдаемый угол отклонения $\chi$ лежит в пределах $0<\chi <\pi$ и связан с $\theta$ соотношением
$$-\theta =2\pi l\pm \chi ,$$

Рис. 109

где верхнему знаку соответствует $l=0,1,\dots$, а нижнему $l=1,2,\dots$ (рис. 109,б). Из (1) и (2) имеем
$${\rho }^2(\chi ,l,\pm )=a^2+\frac{\pi a^2}{2}(\frac{1}{2\pi l\pm \chi }-\frac{1}{2\pi l+2\pi \pm \chi }).$$

Сечение
$$\begin{array}{c}d\sigma =\pi \sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}|d{\rho }^2(\chi ,l,+)|+\pi \sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}|d{\rho }^2(\chi ,l,-)|.\\ \text{ Учитывая, что }\frac{d{\rho }^2(\chi ,l,+)}{d\chi }<0,\frac{d{\rho }^2(\chi ,l,-)}{d\chi }>0\text{, находим }\\ d\sigma =\pi d[-\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}{\rho }^2(\chi ,l,+)+\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\rho }^2(\chi ,l,-)]=\\ =\frac{{\pi }^2{a}^2}{2}d(\frac{1}{2\pi -\chi }-\frac{1}{\chi })=\frac{\pi a^2(2{\pi }^2-2\pi \chi +{\chi }^2)}{2{\chi }^2(2\pi -\chi {)}^2\sin \chi }do.\end{array}$$

Сечение $\frac{d\sigma }{do}$ обращается в бесконечность при $\chi \to \pi$. В данном случае это приводит к тому, что сечение рассеяния в малый конечный телесный

$$\begin{array}{l}\text{ угол }\mathrm{\Delta }o={\int }_{\pi -{\chi }_0}^{\pi }2\pi \sin \chi d\chi =\pi {\chi }_0^2\text{ равно }\\ \mathrm{\Delta }\sigma =\frac{a^2}{2\pi }{\int }_{\pi -{\chi }_0}^{\pi }\frac{do}{\chi }=a^2{\chi }_0=a^2\sqrt{\frac{\mathrm{\Delta }o}{\pi }}.\end{array}$$

Появление особенности дифференциального сечения обусловлено тем, что угол отклонения, равный $\pi$, достигается при значениях прицельного параметра $\rho (\pi ,l,\pm )$, отличных от нуля. В телесный угол $\mathrm{\Delta }o$, пропорциональный квадрату малой величины $\mathrm{\Delta }\chi \equiv {\chi }_0$, попадают частицы, летевшие до рассеяния через площадки $2\pi \rho \mathrm{\Delta }\rho$, площади которых пропорциональны первой степени $\mathrm{\Delta }\rho \propto {\chi }_0$. Такую особенность рассеяния называют сиянием (см. [11], гл. 5, §5).

Такая же особенность есть и в рассеянии на угол $\chi =0$, но в данном случае она маскируется бесконечным сечением из-за рассеяния частиц со сколь угодно большими прицельными параметрами. Сияние при рассеянии вперед могло бы проявиться, например, при ограничении диаметра налетающего на центр пучка частиц.
3.10. а) Условие $E\gg V$ приводит, как легко видеть, к малости угла отклонения частицы при рассеянии. Изменение импульса
$$\mathrm{\Delta }p=-\frac{\partial }{\partial \rho }{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}U(|\mathit{\rho }+\mathbf{v}t|)dt=\frac{2V\sqrt{\pi }}{v}x{e}^{-x^2},$$

где $x=\varkappa \rho$.
Угол отклонения
$$\theta =\frac{\mathrm{\Delta }p}{p}=\frac{V\sqrt{\pi }}{E}x{e}^{-x^2}.$$

Разрешить это уравнение относительно $x$ в аналитической форме не удается. Однако, используя график функции $x{e}^{-x^2}$ (рис. 110), видим, что при $\theta <{\theta }_m=\frac{V}{E}\sqrt{\frac{\pi }{2e}}-$ уравнение (1) имеет два корня.
Используя соотношение
$$d\theta =\frac{V\sqrt{\pi }}{E}(1-2x^2)e^{-x^2}dx$$

Рис. 110
Рис. 111
и учитывая (1), представим сечение
$$d\sigma =\pi (\left|d{\rho }_1^2\right|+\left|d{\rho }_2^2\right|)=\frac{2\pi }{{\varkappa }^2}(x_{1}d{x}_1-x_{2}d{x}_2)$$

в виде
$$d\sigma =\frac{do}{{\varkappa }^2{\theta }^2}(\frac{x_2^2}{2x_2^2-1}+\frac{x_1^2}{1-2x_1^2}).$$

При $\theta \ll {\theta }_m$ оказывается $x_1\ll 1,x_2\gg 1$ и
$$d\sigma =\frac{do}{2{\varkappa }^2{\theta }^2}.$$

При ${\theta }_m-\theta \ll {\theta }_m$ можно разрешить (1), разложив $x{e}^{-x^2}$ в ряд вблизи максимума. Получаем
$$x_{1,2}=\frac{1\mp \sqrt{1-\theta /{\theta }_m}}{\sqrt{2}},d\sigma =\frac{do}{2{\varkappa }^2{\theta }_m^2\sqrt{1-\theta /{\theta }_m}}.$$

График $d\sigma /do$ изображен на рис. 111. Особенность при $\theta ={\theta }_m-$ интегрируемая (ср. с задачей 3.8).

Связано ли появление особенности сечения при $\theta ={\theta }_m$ с приближенным методом решения задачи?
б) $d\sigma =\frac{do}{{\varkappa }^2{\theta }^2}(\frac{x_1+x_1^2}{1-2x_1}+\frac{x_2+x_2^2}{2x_2-1})$, где $\frac{x_{1,2}}{{(1+x_{1,2})}^3}={\left(\frac{2E\theta }{\pi V}\right)}^2$.
При $\theta \ll {\theta }_m=\frac{\pi V}{3\sqrt{3}E}$
$$d\sigma =\frac{\pi Vdo}{4{\varkappa }^{2}E{\theta }^3}.$$

При ${\theta }_m-\theta \ll {\theta }_m$
$$d\sigma =\frac{\sqrt{3}do}{2\sqrt{2}{\varkappa }^2{\theta }_m^2\sqrt{1-\theta /{\theta }_m}}.$$
3.11. а) При столкновении частица, имевшая скорость $\mathbf{v}$, приобретает скорость ${\mathbf{v}}^{\prime }=\mathbf{v}-2\mathbf{n}(\mathbf{n}\mathbf{v})$, где $\mathbf{n}-$ единичный вектор нормали к поверхности эллипсоида. Подставляя
$$\mathbf{v}=v(0,0,1),\mathbf{n}=\frac{1}{N}(\frac{x}{a^2},\frac{y}{b^2},\frac{z}{c^2}),{}^1$$

получаем
$${\mathbf{v}}^{\prime }=v(-\frac{2xz}{N^2{a}^2{c}^2},-\frac{2yz}{N^2{b}^2{c}^2},1-\frac{2z^2}{N^2{c}^4}).$$

Введем полярные углы, определяющие направление ${\mathbf{v}}^{\prime }:{\mathbf{v}}^{\prime }=v(\sin \theta \cos \phi$, $\sin \theta \sin \phi ,\cos \theta$ ). Сравнивая с (1), находим
$$\mathrm{tg}\phi =\frac{a^{2}y}{b^{2}x},\cos \theta =1-\frac{2z^2}{N^2{c}^4},{\sin }^2\theta ={\left(\frac{2z}{N^2{c}^2}\right)}^2(\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}).$$

Сечение
$$d\sigma =dxdy=\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (\theta ,\phi )}\right|d\theta d\phi ,$$

где зависимость $x,y$ от $\theta ,\phi$ определяется из (2) и уравнения эллипсоида. Для вычисления якобиана оказывается удобным ввести промежуточную переменную $u$ такую, что
$$x=a^{2}u\cos \phi ,y=b^{2}u\sin \phi .$$

Из (2) получаем
$$\sin \theta =\frac{2zu}{N^2{c}^2},1-\cos \theta =\frac{2z^2}{N^2{c}^4},\mathrm{tg}\frac{\theta }{2}=\frac{z}{u{c}^2}$$
${}^1$ Как известно из дифференциальной геометрии
$$\mathbf{n}\propto \mathrm{grad}(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}-1),$$
$N$ определяется условием ${\mathbf{n}}^2=1$.

и из уравнения эллипсоида находим
$$u^{-2}=a^2{\cos }^2\phi +b^2{\sin }^2\phi +c^2{\mathrm{tg}}^2\frac{\theta }{2}.$$

Далее,
$$\frac{\partial (x,y)}{\partial (\theta ,\phi )}=\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,\phi )}\frac{\partial (u,\phi )}{\partial (\theta ,\phi )}=\frac{a^2{b}^2}{2}\frac{\partial u^2}{\partial \theta }.$$

Окончательно
$$d\sigma =\frac{a^2{b}^2{c}^{2}do}{4{\cos }^4\frac{\theta }{2}{(a^2{\cos }^2\phi +b^2{\sin }^2\phi +c^2{\mathrm{tg}}^2\frac{\theta }{2})}^2}.$$

С помощью какого предельного перехода можно получить из этого результата сечение рассеяния на параболоиде?
б) $d\sigma =\frac{a^2{b}^2{c}^{2}do}{{\cos }^3\theta {(a^2{\cos }^2\phi +b^2{\sin }^2\phi +c^2{\mathrm{tg}}^2\theta )}^2}$;
в) $d\sigma =\frac{\cos \theta a^2{b}^2{c}^{2}do}{{\sin }^4\theta {(a^2{\cos }^2\phi +b^2{\sin }^2\phi +c^2{\mathrm{ctg}}^2\theta )}^2}$.
3.12. а) Изменение импульса при рассеянии
$$\mathrm{\Delta }\mathbf{p}=-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\partial U(\mathbf{r}(t))}{\partial \mathbf{r}}dt.$$

При рассеянии на малые углы в правую часть (1) можно подставить $\mathbf{r}(t)=$ $=\rho +\mathbf{v}t$, где $\rho \perp \mathbf{v}$;
$$\mathrm{\Delta }\mathrm{p}=-\frac{\partial }{\partial \mathit{\rho }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}U(\mathit{\rho }+\mathbf{v}t)dt=-\frac{\partial }{\partial \mathit{\rho }}\frac{\mathbf{a}\mathit{\rho }\pi }{v\rho }.{}^1$$

Пусть ось $z$ параллельна $\mathbf{v}$, ось $y$ перпендикулярна к а. Тогда
$$\mathrm{\Delta }{p}_x=-\frac{\pi a_x}{v}\frac{{\rho }_y^2}{{\rho }^3},\mathrm{\Delta }{p}_y=\frac{\pi a_x}{v}\frac{{\rho }_x{\rho }_y}{{\rho }^3}.$$
${}^1$ Замена в (2) дифференцирования по $\mathbf{r}$ дифференцированием по $\rho$ (при условии $\rho \perp {\mathbf{v}}_{\mathrm{\infty }}$ ) приводит к тому, что полученная формула определяет только компоненты $\mathrm{\Delta }\mathbf{p}$, перпендикулярные к ${\mathbf{v}}_{\mathrm{\infty }}$.

Направление скорости после рассеяния характеризуем углами в сферической системе координат
$$\mathrm{tg}\phi =\frac{\mathrm{\Delta }{p}_y}{\mathrm{\Delta }{p}_x},\theta =\frac{\mathrm{\Delta }p}{p}.$$

Из (3) ясно, что рассеяние происходит только в интервал углов
$$\frac{\pi }{2}<\phi <\frac{3\pi }{2}.$$

Из (3) и (4) находим
$${\rho }_x=\pm \frac{\pi a_x}{2E}\frac{\sin \phi \cos \phi }{\theta },{\rho }_y=\mp \frac{\pi a_x}{2E}\frac{{\cos }^2\phi }{\theta }.$$

Сечение
$$d\sigma =\sum d{\rho }_{x}d{\rho }_y=\sum \left|\frac{\partial ({\rho }_x,{\rho }_y)}{\partial (\theta ,\phi )}\right|d\theta d\phi ={\left(\frac{\pi a_x}{E}\right)}^2\frac{{\cos }^2\phi }{2{\theta }^4}do.$$
(Суммирование в (6) проводится по двум возможным, согласно (5), значениям $\rho$.)
б) $d\sigma =\frac{\left|{\mathbf{a}}_{\perp }\right|do}{2E{\theta }^3},{\mathbf{a}}_{\perp }-$ компонента $\mathbf{a}$, перпендикулярная к ${\mathbf{v}}_{\mathrm{\infty }}$. Сечение оказывается симметричным относительно ${\mathbf{v}}_{\mathrm{\infty }}$ (хотя поле отнюдь не симметрично относительно этого направления).
3.13. Изменение угла отклонения частицы (ср. с задачей 2.17)
$$\delta \theta (\rho )=-\frac{1}{E}\frac{\partial }{\partial \rho }{\int }_{r_{\text{mir. }}}^{\mathrm{\infty }}\frac{\delta U(r)dr}{\sqrt{1-\frac{{\rho }^2}{r^2}-\frac{U(r)}{E}}}.$$

Из уравнения $\theta ={\theta }_0(\rho )+\delta \theta (\rho )$ находим
$$\rho ={\rho }_0(\theta )-\delta \theta ({\rho }_0(\theta ))\frac{d{\rho }_0(\theta )}{d\theta }$$

(ср. с задачей 1.8). Здесь зависимость ${\theta }_0(\rho )$ соответственно ${\rho }_0(\theta )$, определяется при $\delta U(r)=0$. Отсюда сечение
$$\begin{array}{l}\frac{d\sigma }{d\theta }=\pi \left|\frac{d{\rho }^2}{d\theta }\right|=\pi |\frac{d{\rho }_0^2(\theta )}{d(\theta )}-\frac{d}{d\theta }2{\rho }_0(\theta )\delta \theta ({\rho }_0(\theta ))\frac{d{\rho }_0(\theta )}{d\theta }|=\\ =\frac{d{\sigma }_0}{d\theta }\mp \frac{d}{d\theta }\left[\delta \theta ({\rho }_0(\theta ))\frac{d{\sigma }_0}{d\theta }\right].\end{array}$$

Знак перед $d/d\theta$ противоположен знаку $d{\rho }_0(\theta )/d\theta$.
a) $\delta \frac{d\sigma }{d\theta }=\frac{\pi \beta }{E}\frac{d}{d\theta }\frac{\pi -\theta +2\cos (\theta /2)}{\sin \theta }$
б) $\delta \frac{d\sigma }{d\theta }=\frac{2\gamma }{{\pi }^3\sqrt{\beta E}}\frac{d}{d\theta }\frac{(\pi -\theta {)}^2}{\sqrt{\theta (2\pi -\theta )}}$.
3.14. Приобретаемая частицей энергия
$$\epsilon =\frac{(\mathrm{p}+\mathrm{\Delta }\mathbf{p}{)}^2}{2m}-\frac{p^2}{2m}\approx \mathbf{v}\mathrm{\Delta }\mathbf{p}$$

определяется в первом порядке лишь изменением продольной компоненты импульса. Так как отклонение частицы можно считать малым, в выражении для силы
$$\mathbf{F}=-\frac{\partial U(r,t)}{\partial \mathbf{r}},$$

действующей на частицу, положим (после дифференцирования) $\mathbf{r}=\rho +$ $+\mathbf{v}(t-\tau )$. Здесь $\rho -$ прицельный параметр, $\mathbf{a}\tau$ — момент времени, в который частица находится на минимальном расстоянии от центра. Тогда
$$\begin{array}{c}\epsilon =\mathbf{v}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\mathbf{F}(t)dt={\epsilon }_m{e}^{-{\varkappa }^2{\rho }^2\cos \phi },\\ {\epsilon }_m=\sqrt{\pi }{V}_2\frac{\omega }{\varkappa v}{e}^{-\frac{{\omega }^2}{4{\varkappa }^2{v}^2}},\phi =\omega \tau ,\end{array}$$

а сечение рассеяния для частиц с данным $\tau$ при $\cos \phi >0(\cos \phi <0)$ есть
$$\frac{d\sigma }{d\epsilon }=\{\begin{array}{lll}\frac{\pi }{{\varkappa }^2|\epsilon |}& \text{ при }0<\epsilon <{\epsilon }_m\cos \phi & (0>\epsilon >{\epsilon }_m\cos \phi ),\\ 0& \text{ при }|\epsilon |>{\epsilon }_m|\cos \phi |.\end{array}$$

В падающем пучке есть частицы с различными $\tau$. Усредняя сечение по фазе $\phi$ (например, для $\epsilon >0$ по формуле
$$⟨\frac{d\sigma }{d\epsilon }⟩=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\alpha }^{\alpha }\frac{d\sigma }{d\epsilon }d\phi ,\alpha =\arccos \frac{\epsilon }{{\epsilon }_m}),$$

получим
$$⟨\frac{d\sigma }{d\epsilon }⟩=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{{\varkappa }^2|\epsilon |}\arccos \frac{|\epsilon |}{{\epsilon }_m}& \text{ при }|\epsilon |<{\epsilon }_m,\\ 0& \text{ при }|\epsilon |>{\epsilon }_m.\end{array}$$
3.15.
$$\begin{array}{c}\frac{dN}{N}=\frac{{\lambda }^2\sin \theta d\theta }{{\cos }^3\theta \sqrt{1-{\lambda }^2{\mathrm{tg}}^2\theta }},\lambda =\frac{V^2-v_0^2}{2V{v}_0},\\ 0⩽\theta ⩽\mathrm{arctg}{\lambda }^{-1},\text{ если }V<v_0,\\ (\pi -\mathrm{arctg}|\lambda {|}^{-1})⩽\theta ⩽\pi ,\text{ если }V<v_0.\end{array}$$
3.16.
$$\begin{array}{c}\frac{dN}{N}=\frac{6(T_{max}-T)(T-T_{min})}{{(T_{max}-T_{min})}^3}dT,T_{min}⩽T⩽T_{\mathrm{r}}\\ T_{min}=\frac{m}{2}{(v_0-V)}^2,T_{max}=\frac{m}{2}{(v_0+V)}^2.\\ \mathrm{tg}{\theta }_1=\mathrm{ctg}{\theta }_2=\frac{\alpha }{E\rho },E=\frac{m{v}^2}{2},\\ v_1=\frac{E\rho v}{\sqrt{{\alpha }^2+E^2{\rho }^2}},v_2=\frac{\alpha v}{\sqrt{{\alpha }^2+E^2{\rho }^2}}.\end{array}$$
3.18.
$$\begin{array}{r}\frac{\pi }{2}⩽\theta ⩽\pi \text{ при }{m}_1<m_2,\\ \theta =\frac{\pi }{2}\text{ при }{m}_1=m_2,\\ 0⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2}\text{ при }{m}_1>m_2.\end{array}$$
3.19. В системе центра масс в результате столкновения составляющая скорости, нормальная к поверхности шариков в точке соприкосновения, обратится в нуль, а тангенциальная $v_0^{\prime }$
Рис. 112 сохранится (рис. 112). Сечение рассеяния, выраженное через угол $\chi$ отклонения частицы в системе центра масс,
$$d\sigma =\pi \left|d{\rho }^2\right|=4a^2\pi |d{\cos }^2\chi |=4a^2\cos \chi do.$$

Для перехода к лабораторной системе из равенства
$$\mathrm{tg}\theta =\frac{v_0^{\prime }\sin \chi }{v_0^{\prime }\cos \chi +v_0}=\frac{\sin \chi \cos \chi }{1+{\cos }^2\chi }$$

находим
$${\cos }^2{\chi }_{1,2}=\frac{3}{2}{\cos }^2\theta -1\pm \frac{1}{2}\cos \theta \sqrt{9{\cos }^2\theta -8}.$$

Учитывая обе возможные связи $\chi \mathrm{c}\theta$, получаем
$$\begin{array}{rl}d\sigma =4\pi a^2(|d{\cos }^2{\chi }_1|& +|d{\cos }^2{\chi }_2|)=\\ =& 4\pi a^{2}d({\cos }^2{\chi }_2-{\cos }^2{\chi }_1)=4a^2\frac{5-9{\sin }^2\theta }{\sqrt{1-9{\sin }^2\theta }}do,\end{array}$$

причем $0<\theta <\arcsin \frac{1}{3}$.
Если налетающие шарики тождественны с первоначально покоившимся, так что не имеет смысла различать их после рассеяния, то к полученному сечению следует добавить сечение вылета первоначально покоившихся шариков в телесный угол $do$ :
$$d{\sigma }^{\prime }=4a^2\cos \theta do(0<\theta <\pi /2).$$
3.20. $I(x)=I(0)e^{-n\sigma x}$.
3.21. $dN=\sigma n_1{n}_2|{\mathbf{v}}_1-{\mathbf{v}}_2|dVdt$.
3.22. a) $F_{\mathrm{Tp}}=2\pi m{v}^{2}n{\int }_0^{\pi }f(\theta )(1-\cos \theta )\sin \theta d\theta$;
б) $⟨{\mathrm{\Theta }}^2⟩=2\pi {\left(\frac{m}{M}\right)}^{2}nl{\int }_0^{\pi }f(\theta ){\sin }^3\theta d\theta$;

здесь $l$ — путь, пройденный частицей массы $M,v$ — ее скорость, а $n-$ концентрация легких частиц.
${}^1$ Величина $\int \frac{d\sigma }{do}(1-\cos \theta )do$ называется транспортным сечением (в отличие от полного сечения $\int \frac{d\sigma }{do}do$ ).