Problema 31

Examine o espalhamento produzido por uma força central repulsiva f=k r^{-3}. Mostre que a seção de choque diferencial é dada por
\sigma(\Theta) d \Theta=\frac{k}{2 E} \frac{(1-x) d x}{x^{2}(2-x)^{2} \sin (\pi x)}
onde x é a razão \Theta / \pi e E é a energia.

Passo 1

O enunciado dá:
  • Uma força central repulsiva \,f(r)=k r^{-3}\, (constante k>0).
  • A energia da partícula no infinito é \,E.
  • Define-se x=\dfrac{\Theta}{\pi}, onde \Theta é o ângulo de espalhamento.
    O que pedem: mostrar que
\sigma(\Theta)\,d\Theta=\frac{k}{2 E}\,\frac{(1-x)\,dx}{x^{2}(2-x)^{2}\sin(\pi x)}.

Passo 2

Primeiro obtenho o potencial associado à força. Para uma força central F(r) vale F(r)=-\dfrac{dU}{dr}. Aqui F(r)=f(r)=k r^{-3}, logo
\frac{dU}{dr}=-k r^{-3}.
Integrando,
U(r)=\int -k r^{-3}\,dr = \frac{k}{2r^{2}}+C.
Escolhendo a constante de referência C=0 (não altera a dinâmica para espalhamento), tenho
U(r)=\frac{k}{2r^{2}}.
Observe que U(r)>0 e decresce com r: é um potencial repulsivo, como anunciado.

Passo 3

Declaro as quantidades conservadas úteis:
  • Energia (para movimento no infinito a velocidade v) \displaystyle E=\tfrac{1}{2}m v^{2}.
  • Momento angular por unidade de massa h, com h=r^{2}\dot\theta. Para uma partícula que vem de muito longe com impacto b e velocidade v vale
h=bv.
Como v=\sqrt{2E/m}, obtemos
h^{2}=b^{2}\,\frac{2E}{m},\qquad m h^{2}=2E b^{2}.

Passo 4

Uso a equação do movimento em coordenadas polares convertida para u(\theta)=1/r(\theta). A equação geral é
\frac{d^{2}u}{d\theta^{2}}+u = -\frac{F(r)}{m h^{2} u^{2}},
onde F(r)=k r^{-3}=k u^{3}. Substituindo:
\frac{d^{2}u}{d\theta^{2}}+u = -\frac{k u^{3}}{m h^{2} u^{2}} = -\frac{k}{m h^{2}}\,u.
Reagrupando,
\frac{d^{2}u}{d\theta^{2}} + \left(1+\frac{k}{m h^{2}}\right)u = 0.
Esta é uma equação linear com coeficiente constante. Defino
\alpha \equiv \sqrt{1+\frac{k}{m h^{2}}}.
A solução geral é
u(\theta)=A\cos\!\big(\alpha(\theta-\theta_{0})\big).

Passo 5

Interpretação geométrica: u\to0 (ou seja r\to\infty) ocorre quando o cosseno é zero, isto é para valores de \theta separados por \Delta\theta=\pi/\alpha. Esses dois \theta correspondem às direções assintóticas de entrada e saída. Sem interação a separação seria \pi; com interação a separação efetiva entre assíntotas é \pi/\alpha. O ângulo de desvio (ângulo de espalhamento) é então
\Theta=\pi-\frac{\pi}{\alpha}=\pi\!\left(1-\frac{1}{\alpha}\right).
Defino x=\dfrac{\Theta}{\pi}=1-\dfrac{1}{\alpha}. Assim
\frac{1}{\alpha}=1-x \quad\Rightarrow\quad \alpha=\frac{1}{1-x}.

Passo 6

Agora relaciono \alpha com b. Lembre que
\alpha^{2}=1+\frac{k}{m h^{2}}=1+\frac{k}{2E b^{2}}.
Como \alpha=\dfrac{1}{1-x}, quadrando e isolando o termo com b^{2}:
\frac{1}{(1-x)^{2}}=1+\frac{k}{2E b^{2}} \quad\Rightarrow\quad \frac{k}{2E b^{2}}=\frac{1}{(1-x)^{2}}-1=\frac{2x-x^{2}}{(1-x)^{2}}=\frac{x(2-x)}{(1-x)^{2}}.
Logo
b^{2}=\frac{k}{2E}\,\frac{(1-x)^{2}}{x(2-x)}.
Tomando raiz positiva (impacto \ge0):
b=\sqrt{\frac{k}{2E}}\;\frac{1-x}{\sqrt{x(2-x)}}.

Passo 7

A seção de choque diferencial (por unidade de ângulo polar) para força central é dada por
\sigma(\Theta)=\frac{b}{\sin\Theta}\left|\frac{db}{d\Theta}\right|.
Vou calcular isso de modo conveniente passando para a variável x=\Theta/\pi. Note que d\Theta=\pi\,dx, e
\frac{db}{d\Theta}=\frac{1}{\pi}\frac{db}{dx}.
É mais simples trabalhar com \ln b. Escrevo
\ln b = \tfrac{1}{2}\ln\!\left(\frac{k}{2E}\right) + \ln(1-x) -\tfrac{1}{2}\ln\big[x(2-x)\big].
Derivando em x:
\frac{d\ln b}{dx} = -\frac{1}{1-x} - \frac{1}{2}\cdot\frac{2(1-x)}{x(2-x)} = -\frac{1}{1-x} - \frac{1-x}{x(2-x)}.
Colocando num denominador comum:
\frac{d\ln b}{dx} = -\frac{x(2-x)+(1-x)^{2}}{(1-x)x(2-x)} = -\frac{1}{(1-x)x(2-x)},
pois x(2-x)+(1-x)^{2}=1. Assim
\left|\frac{db}{d\Theta}\right| = \frac{1}{\pi}\,b\left|\frac{d\ln b}{dx}\right| = \frac{1}{\pi}\,b\cdot\frac{1}{(1-x)x(2-x)}.
Portanto
\sigma(\Theta)=\frac{b}{\sin\Theta}\cdot\frac{1}{\pi}\,b\cdot\frac{1}{(1-x)x(2-x)} = \frac{1}{\pi\sin(\pi x)}\;\frac{b^{2}}{(1-x)x(2-x)}.
Substituo b^{2} encontrado no Passo 6:
b^{2}=\frac{k}{2E}\,\frac{(1-x)^{2}}{x(2-x)}.
Logo
\sigma(\Theta)=\frac{1}{\pi\sin(\pi x)}\;\frac{\dfrac{k}{2E}\dfrac{(1-x)^{2}}{x(2-x)}}{(1-x)x(2-x)} =\frac{k}{2E}\;\frac{1-x}{\pi\,x^{2}(2-x)^{2}\sin(\pi x)}.
Multiplicando ambos os lados por d\Theta=\pi\,dx (para escrever em termos de dx):
\sigma(\Theta)\,d\Theta=\frac{k}{2E}\;\frac{1-x}{x^{2}(2-x)^{2}\sin(\pi x)}\,dx,
que é exatamente a forma pedida.

Resposta

\sigma(\Theta)\,d\Theta=\frac{k}{2 E}\,\frac{(1-x)\,dx}{x^{2}(2-x)^{2}\sin(\pi x)}.

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