Mecánica Cásica

Contenido
1. Fuerzas centrales
1.1 Reducción a un problema de una partícula
1.2 Ecuaciones de movimiento
1.3 Clasificación de las órbitas
1.4 Ecuación diferencial de la órbita y teorema de Bertrand
1.5 Problema de Kepler
1.6 Dispersión en un campo de fuerzas centrales
1
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Reducción a un problema de una partícula
Tranformación del problema de dos cuerpos al de una partícula
Consideremos un sistema monogénico de dos masas puntuales m1 y
m2 donde las únicas fuerzas provienen del potencial de interacción U ,
en donde U = U (r2 − r1 , ṙ2 − ṙ1 ).
⇒ el lagrangiano puede ser,
Por tanto, T es,
L = T (ṙ1 , ṙ2 ) − U (r1 , r2 , ṙ1 , ṙ2 )
L = T (Ṙ, ṙ) − U (r, ṙ)
y
m1
1
T = (m1 + m2 )Ṙ2 + T 0
2
1
1
0
0
con T 0 = m1 ṙ12 + m2 ṙ22
2
2
en donde T 0 , r01 y r02 son con
respecto al centro de masas,
r
m2
R
m2
r,
m1 + m2
m2
r,
m1 + m2
r01 = −
∀ r = r2 − r1
x
r02 =
2
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Reducción a un problema de una partícula
Tranformación del problema de dos cuerpos al de una partícula
expresando T 0 en términos de r,
T0 =
1 m1 m2 2
ṙ
2 m1 + m2
por tanto, el lagrangiano es,
L=
m1 + m2 2 1 m1 m2 2
Ṙ +
ṙ − U (r, ṙ).
2
2 m1 + m2
pero las 3 coord. de R son cíclicas, ⇒ el momento generalizado relacionado al CM es constante, indicando que el CM se mueve a vel.
constante o está en reposo.
Enfocándonos en el mov. de la coord. relativa,
1
1
1
1
L = µṙ2 − U (r, ṙ) ∀
=
+
.
2
µ
m1 m2
en donde µ se le conoce como la masa relativa.
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Ecuaciones de movimiento
Deducción
Concentrándonos en potenciales centrales conservativos V (r)
emos,
1 2
L =
mṙ − V (r)
2
1
m(ṙ2 + r2 θ̇2 + r2 φ̇2 Sen2 θ) − V (r).
L =
2
Pero, al ser V = V (r),
1
ten-
dL
= N = r × F ∀ F = ∇V (r), L = r × p,
dt
dL
⇒
= 0 ∴ L = cte.
dt
lo cual indica que L y r son perpendiculares, entonces φ es constante,
1
⇒ L = m(ṙ2 + r2 θ̇2 ) − V (r).
2
1
que dependan sólo de r tal que la fuerza esté en la dirección r.
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Ecuaciones de movimiento
Deducción
De la ec. anterior observamos que θ es una coordenada cíclica, por
tanto el momento generalizado correspondiente es una cantidad conservada 2
∂L
pθ =
= mr2 θ̇ = l
∂ θ̇
lo cual representa una ecuación de movimiento del sistema.
Obteniendo la ec. de Lagrange para r,
d
∂V
(mṙ) − mrθ̇2 +
= 0 ⇒ mr̈ − mrθ̇2 = f (r),
dt
∂r
haciendo f (r) = −∂V /∂r.
Usando la primera ec. de movimiento, tenemos,
mr̈ −
l2
= f (r),
mr3
lo cual corresponde a otra ecuación de movimiento.
2
tal como lo demostramos anteriormente
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Ecuaciones de movimiento
Deducción
De igual manera podemos obtener otra ec. de movimiento mediante la
E, ya que las fuerzas son conservativas,
1
1
l2
E = m(ṙ2 + r2 θ̇2 ) + V (r) = mṙ2 +
+ V (r),
2
2
2mr2
lo cual representa una ecuación de movimiento del sistema.
De esta expresión podemos encontrar r(t),
s
ṙ =
⇒ dt =
integrando,
2
l2
E − V (r) −
m
2mr2
dr
r
2
m
Z r
t=
r0
E − V (r) −
l2
2mr2
dr
r
2
m
E − V (r) −
l2
2mr2
,
.
6
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Ecuaciones de movimiento
Deducción
Integrando ahora la ec. para θ(t),
mr2 θ̇ = l ⇒ dθ =
l
dt
mr2
Z t
l
dt.
2
0 mr(t)
Finalmente, tambien podemos obtener φ(r),
∴ θ − θ0 =
1
l2
dr
1
E = mṙ2 +
+ V (r) = mθ̇2
2
2
2mr
2
dθ
⇒ E=
l2
2mr4
dr
dθ
2
+
2
+
l2
+ V (r),
2mr2
l2
l2
2
+
V
(r)
∀
θ̇
=
2mr2
m2 r4
integrando,
θ − θ0 =
Z r
r0
dr
r
r2
2m
l2
E − V (r) −
l2
2mr2
.
7
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Ecuaciones de movimiento
Aplicación de la conservación del momento angular
Tenemos la segunda ley de Kepler:
radio vectores en una órbita planetaria barren áreas iguales en tiempos iguales.
Del esquema tenemos que el área
barrida en un tiempo dt es,
1
dA = r(rdθ),
2
por tanto,
dA
1 dθ
= r2 ,
dt
2 dt
rdθ
r
dθ
pero sabemos que en general,
mr2 θ̇ = l ⇒
⇒
d
dt
d 2 mr θ̇ = 0
dt
1 2
dA
r θ̇ = 0 ∴
= 0.
2
dt
8
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Órbitas
Diagrama de un potencial central: V (r) = −k/r
E
l2
2mr2
E = 12 mṙ2 + V 0
l2
l2
∀ V 0 = 2mr
2 + V = 2mr 2 −
k
r
E1
r
V0
E2
E3
E4
V = − kr
9
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Órbitas
Diagrama de un potencial central: caso E = E1
Órbita relacionada
E
E1 = 12 mṙ2 + V 0
r
E1
mṙ2 /2
r1
r1
r
V0
Por tanto, para rangos de energías con un sólo punto de interacción
con el potencial tendremos órbitas no-acotadas.
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Órbitas
Diagrama de un potencial central: caso E = E2
Órbita relacionada
E
E2 = 12 mṙ2 + V 0
r1
r2
r
E2
V
0
Por tanto, para rangos de energías con dos puntos de interacción con
el potencial tendremos órbitas acotadas entre las dos circunferencias
de r1 y r2 .
11
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Órbitas
Diagrama de un potencial central: caso E = E3
Órbita relacionada
E
E3 = 12 mṙ2 + V 0
→ E3 = V 0
rmin
rmin
r
V0
E3
En este caso el movimiento sólo es posible a un valor de r = rmin ,
por lo que ṙ = 0 y la órbita es circular.
12
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Órbitas
Diagrama de un potencial central: caso E = E4
E
E4 = 21 mṙ2 + V 0
→ 12 mṙ2 < 0 !!
r
V0
mṙ2 /2
En este caso el movimiento
no es posible ya que para ello
de debería tener mṙ2 /2 < 0,
lo que implica una velocidad
imaginaria.
Por tanto, no existe un
movimiento en el que la energía del sistema E4 sea menor
que la del mínimo del potencial
efectivo V 0 .
E4
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Ecuación diferencial de la órbita
Potenciales integrables
Recordemos la ecuación de la órbita,
θ − θ0 =
Z r
r0
dr
r
r2
2m
l2
E − V (r) −
l2
2mr2
.
La expresión de V (r) en funciones de potencias en r es de los pocos
casos en que se puede resolver la ecuación anterior de manera analítica,
V (r) = arn+1 3 f (r) ∝ rn .
Sustituyendo,
θ − θ0 =
Z r
r0
dr
r
r2
⇒ θ = θ0 −
2m
l2
E − arn+1 −
Z r
r0
du
q
2mE
l2
−
2ma −n−1
u
l2
en donde u = 1/r → du = −r2 dr.
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l2
2mr2
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− u2
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Ecuación diferencial de la órbita
Potenciales integrables
La ecuación anterior tendrá soluciones sencillas
los sig. casos:
3
cuando n sea uno de
n = −2 (f ∝ r−2 )
n = 1 (f ∝ r)
E
n = −3 (f ∝ r−3 )
E
E
l2
2mr2
l2
2mr2
V0
l2
2mr2
V = ar2
V0
r
r
V0
r
V = − ar
3
en términos de funciones trigonométricas.
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V = − ra2
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
Recordemos las ecuaciones de movimiento obtenidas para potenciales
centrales,
mr̈ −
l2
dV
= f (r) = −
3
mr
dr
mr2 θ̇ = l ⇒
d2
l2
−
= f (r),
dt2 mr3
d
l d
=
.
dt
mr2 dθ
⇒ m
Relacionando las ecs. anteriores,
f (r) = m
d
dt
dr
dt
−
l2
l3 d
=
mr3
mr2 dθ
1 dr
r2 dθ
−
l2
mr3
definiendo,
1
u= , →
r
du
1 dr
=− 2 ,
dθ
r dθ
sustituyendo,
f (1/u) = −
l2 u2 d2 u l2 u3
−
m dθ2
m
→ −
m
d2 u
f (1/u) = 2 + u.
2
2
u l
dθ
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
Expresando lo anterior en términos del potencial,
dV
dr
dV du
dV
→ f (1/u) = −
= u2
du dr
du
1
d
⇒
V (1/u).
f (1/u) =
u2
du
f (r) = −
Sustituyendo en la ecuación de movimiento anterior para u(θ),
d2 u
m
+ u = − 2 2 f (1/u)
dθ2
u l
m d
V (1/u)
= − 2
l du
d2 u
+ u = J(u).
dθ2
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
Para que tengamos un aórbita circular (r = r0 ) sebe de cumplir,
r = cte. ∀ θ →
dr
d2 r
d2 u
= 2 = 2 = 0,
dθ
dθ
dθ
por tanto, de la ec. anterior,
J(u) = u ∀ u = u0 = 1/r0 .
Si la energía varía muy poco de la condición de órbita circular, 4
entonces se mantendrá la órbita cerrada y habrá muy poca variación
respecto a u0 , por lo que podemos expandir J(u) en una serie de Taylor,
J(u) = u0 + (u − u0 )
4
dJ
dJ
dJ + O[(u − u0 )2 ] ∀
=
,
du0
du0
du u0
y el potencial es estable: dV /dr > 0 ∀ r = r0 .
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
haciendo un cambio de variable x = u−u0 en la ec. anterior obtenemos,
d2 x
dJ
+ β2x = 0 ∀ β2 = 1 −
.
2
dθ
du0
Para que x describa una oscilación acotada y cerrada se debe cumplir
β 2 > 0, por tanto, hallando dJ/du0 ,
m
f (1/u) →
u2 l2
evaluando en u0 ,
J =−
dJ
2J
m d
=−
− 2 2 f (1/u)
du
u
u l du
dJ
2J
m df
u0 df
df
df =− − 2 2
= −2+
, ∀ f0 = f (1/u0 ),
=
.
du0
u0 u0 l du0
f0 du0
du0
du u0
en donde se han usado las condiciones de órbitas circulares (r = r0 ),
J(u) = u0 , & f (1/u0 ) = −
l2 u30
.
m
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
Sustituyendo lo anterior en la expresión de β 2 ,
dJ
u0 df
=3−
du0
f0 du0
r df
1 df
1 df
= 3+
∀ u= ,
=− 2 .
f dr r0
r du
r dr
β2 = 1 −
Ahora, de la ec. de la órbita modificada,
d2 x
+ β2x = 0
dθ2
podemos proponer la siguiente solución,
x = aCos βθ ∀ β 2 > 0,
⇒ para que la órbita perturbada (en l o E) continue cerrada, β debe
ser un número racional,
p
β=
∀ p, q ∈ Z.
q
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
Por tanto, de la ec. de β 2 queremos encontrar f (r) para muchas conf.
de E y l y condiciones iniciales u0 tal que las órbitas sean cerradas 5
Ejemplos,
r
df
β2 = 3 +
k
f dr
β = 1 → f (r) = − 2 ,
r
d(ln f )
→ β2 − 3 =
β = 2 → f (r) = −kr,
d(ln r)
k
1
2
→ f (r) = − 11/4
β=
(β − 3)d(ln r) = d(ln f )
2
r
(β 2 − 3)ln r + ln (−k) = ln f
..
..
.
.
β 2 −3
→ ln (−kr
) = ln f
k
β = 0 → f (r) = − 3 ,
k
r
∴ − 3−β 2 = f (r).
r
β = 0 representa la solución trivial del problema ya que el mínimo se
ubica en r = ∞, por tanto no es una órbita cerrada.
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
El análisis anterior fué realizado con al restricción de que la órbita varia
ligeramente de la órbita circular.
Para encontrar las condiciones de órbitas cerradas con desviaciones de
la circular considerables, hacemos,
J(u) = u0 +(u−u0 )
dJ (u − u0 )2 d2 J (u − u0 )3 d3 J
+
+O[(u−u0 )4 ]
+
du0
2
6
du20
du30
definiendo x = u − u0 tenemos,
J(u) = u0 + x
dJ
x2 d2 J
x3 d3 J
+
+
+ O(x4 ),
du0
2 du20
6 du30
por tanto, de la ec. de la órbita,
d2 u
+ u = J(u)
dθ2
22
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
sustituimos J(u),
d2 x
x3 d3 J
dJ
x2 d2 J
2
+
∀ β2 = 1 −
.
+
β
x
=
2
3
2
dθ
2 du0
6 du0
du0
La solución de la ec. anterior representa órbitas cerradas desviadas
considerablemente de la órbita circular.
Ya se había resuelto el caso igual a cero, dando la sig. ley de fuerzas y
ec. de la órbita,
f (r) = −
k
r3−β 2
,
x = aCos βθ.
Podemos considerar la sol. anterior como el primer t́ermino de una
expansión en Fourier de la órbita, por lo que considerando más terminos
tendriamos la sol. de la ec. general de la órbita,
x = a0 + a1 Cos βθ + a2 Cos 2βθ + +a3 Cos 3βθ,
en donde a0 , a1 << a1 y a3 << a2, a0 .
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
Sustituyendo la sol. propuesta de x en la ec. de la órbita, junto con
las identidades,
1
(Cos βθ + Cos 3βθ)
2
1
(3Cos βθ + Cos 3βθ)
4
Cos βθCos 2βθ =
Cos3 βθ =
llegamos a lo siguiente,
β 2 a0 − 3β 2 a2 Cos 2βθ − 8β 3 a3 Cos 3βθ = . . .
#
"
a2 d2 J
2a1 a0 + a1 a2 d2 J
a3 d3 J
... = 1 2 +
+ 1 3 Cos βθ + . . .
2
4 du0
2
8 du0
du0
"
#
a2 d2 J
a1 a2 d2 J
a31 d3 J
. . . + 1 2 Cos 2βθ +
+
Cos 3βθ
4 du0
2 du20
24 du30
24
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
para que la ec. anterior tenga solución, los coeficientes correspondientes deben de anularse,
a21 d2 J
a21 d2 J
;
a
=
;
2
4β 2 du20
12β 2 du20
2a1 a0 + a1 a2 d2 J
a31 d3 J
0=
+
;
2
8 du30
du20
a0 =
"
#
1 a1 a2 d2 J
a31 d3 J
a3 = − 3
.
+
8β
2 du20
24 du30
El siguiente paso es encontrar las derivadas de J(u), usando lo siguente,
m
mk
2
2
J(u) = − 2 2 f (1/u) = 2 u1−β ∀ f (1/u) = −ku3−β
l u
l
por tanto, hallando las derivadas,
d2 J
= β 2 (1 − β 2 )/u0 ,
du20
d3 J
− β 2 (1 − β 2 )(1 + β 2 )/u20 .
du30
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
Ahora, en principio, podemos resolver el problema, 6 pero antes realicemos un análisis de órdenes de magnitud en las ecs. de los coeficientes
ai ’s,
a0 /a1 ∝ a1 /u0 << 1,
a2 /a1 ∝ a1 /u0 << 1
a3 /a1 ∝ a2 /u0 + a21 /u20 << 1
por tanto sólo sobrevive una ecuación por resolver,
2a1 a0 + a1 a2 d2 J
a31 d3 J
+
= 0.
2
8 du30
du20
6
encontrar los valores de las ai ’s de la solución propuesta a la ec. de la órbita. 26
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Ecuación diferencial de la órbita
Teorema de Bertrand: condiciones para órbitas cerrradas
Usando la información de a1 , a2 , y a0 de las otras ecs. en la anterior
llegamos a lo siguiente,
β 2 (1 − β 2 )(4 − β 2 ) = 0,
por tanto, para desviaciones de la órbita circular tenemos,
k
;
r2
β 2 = 4, → f (r) = −kr;
β 2 = 1, → f (r) = −
∴ las únicas dos fuerzas que generan órbitas cerradas a cualquier
valor de E y l (que den órbitas acotadas) desviándose de la órbita
circular son la fuerza de inverso cuadrado y la ley de Hooke.
27
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Problema de Kepler
Fuerzas tipo inverso cuadrado
Para este caso la fuerza y el potencial vienen dados como,
k
,
r2
f =−
k
V =− .
r
Por tanto, de la ecuación de la órbita tenemos,
θ − θ0 =
dr
Z
r
r2
0
→ θ = θ −
2m
l2
E − V (r) −
l2
2mr2
du
Z
q
2mE
l2
+
2mku
l2
∀ u = 1/r.
− u2
La integral anterior tiene una solución de la siguiente forma,
Z
dx
1
p
= √ ArcCos
2
−γ
α + βx + γx
β + 2γx
− √
q
!
∀ q = β 2 − 4αγ.
28
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Problema de Kepler
Fuerzas tipo inverso cuadrado
Por tanto, para el problema de la órbita, tenemos las siguientes relaciones,
2mk
2mE
α = 2 , β = 2 , γ = −1, q =
l
l
2mk
l2
2
2El2
1+
mk 2
!
,
entonces la ecuación de la órbita es,

θ = θ0 − ArcCos
l2 u
 qmk
−1
1+
2El2
mk2

,
Finalmente resolviendo para u = 1/r tenemos,

mk
1
= 2 1 +
r
l
s

2El2
1+
Cos (θ − θ0 ),
mk 2
en donde θ0 representa uno de los turning angles de la órbita.
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Problema de Kepler
Fuerzas tipo inverso cuadrado
Ahora, sabemos que en general la ec. de una curva cónica con uno de
los focos en el origen viene dada como,
1
= C[1 + eCos (θ − θ0 )]
r
Relacionando con la ec. que obtuvimos para r(θ) encontramos que la
excentricidad e es,
s
e=
1+
2El2
,
mk 2
C=
mk
.
l2
Clasificación
• e > 1,
E > 0:
→ hipérbola,
• e = 1,
E = 0:
→ parábola,
• e < 1,
E < 0:
→ elipse,
• e = 0,
E=
−mk 2 /2l2 :
→ círculo.
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Problema de Kepler
Ecuaciones de movimiento: r(t) y θ(t)
Recordemos las ecs. de movimiento para potenciales centrales,
r
t=
m
2
Z r
r0
dr
q
E+
mr(θ)2
l3
dt =
dθ → t =
l
mk 2
k
r
Z θ
θ0
−
l2
2mr2
dθ
.
[1 + eCos (θ − θ0 )]2
en donde se ha utilizado la ecuación de la órbita r(θ) obtenida anteriormente y la expresión para la excentricidad e.
En general estas ecuaciones se pueden expresar en términos de funciones elementales, sin embargo la inversión de las mismas es complicada. Esto se puede observar en casos tales como el movimiento
parabólico y el elíptico.
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Dispersión en un campo de fuerzas centrales
Sección transversal
En el problema de dispersión de una haz de partículas por un centro de
fuerzas tenemos lo siguiente:
• Intensidad I: número de partículas atravesando una unidad de área
normal al haz por unidad de tiempo.
• Sección transversal dσ(Ω):
dσ(Ω) =
num. de part. dispersadas en dΩ por unidad de tiempo
intensidad incidente
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=
dN
I
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Dispersión en un campo de fuerzas centrales
Sección transversal
Analizando la expresión de la sección transversal,
dσ(Ω) =
dN
I
además, sabemos que,
part. incidentes en ds = part. dispersas en dΩ
por tanto,
2πsdsI = dN
→ 2πsds =
dN
= dσ(Ω).
I
Expresando dσ por unidad de ángulo de dispersión, dΩ,
dσ(Ω)
2πsds
=
dΩ
2πSen ΘdΘ
7
⇒
dσ(Θ)
s ds =
dΩ
Sen Θ dΘ 7
En donde lleva el absoluto ya que dσ(Θ)/dΩ > 0 mientras que ds/dΘ < 0.
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Dispersión en un campo de fuerzas centrales
Dispersión
Por tanto, para conocer la naturaleza de la dispersión debemos conocer
las trayectorias de entrada y salida del haz.
Tales trayectorias la podemos conocer gracias a la ec. de la órbita,
1
= C[1 + e Cos (θ − θ0 )]
r
s
r
θ
Ψ
mk
∀ C= 2 , e=
l
f
1+
2El2
> 1.
mk 2
con las prop. generales de la hipérbola,
r0
a
s
e=
1
f
> 1, a2 + s2 = f 2 , Cos Ψ = .
a
e
y las sig. condiciones para E y l,
E = mv02 /2, l = mv0 s, ∀ v0 = v(r = ∞).
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Dispersión en un campo de fuerzas centrales
Dispersión
Expresando los elementos de la ec. de la órbita, C y e, en términos de
los parámetros del problema, v0 y s,
mk
k
,
C= 2 =
l
mv02 s2
s
e=
v
u
u
1+
= t1 +
2
mk
2El2
mv02 s
k
!2
Otra propiedad de interés es la distancia mínima, r0 a la que puede
estar la partícula del centro de dispersión,
r0 = f − a, pero e =
f
a
→ r0 = a(e − 1),
ademas f 2 = a2 +s2 → a2 (e2 −1) = s2 ∴ a =
s
,
(e − 1)1/2 (e + 1)1/2
sustituyendo,
r0 =
e−1
e+1
1/2
s.
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Dispersión en un campo de fuerzas centrales
Dispersión
Como ya vimos, de la sección transversal, dσ(Ω), observamos que ésta
depende de dΩ, la cual viene dada como 8
dΩ = 2πSen ΘdΘ.
y Θ es el ángulo de dispersión entre el haz incidente y el reflejado, que
está dado como Θ = π − 2Ψ.
8
explotando la simetría alrededor del eje incidente.
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Dispersión en un campo de fuerzas centrales
Dispersión
Expresando Θ en términos de los parámetros del problema, v0 y s,
Θ = π − 2Ψ
Θ
2
Θ
→ Sen
2
Sen
→
=
=
Θ
π
= −Ψ
2
2
π
Sen ( − Ψ)
2
1
Cos Ψ = .
e
Cos
Θ
2
→ Cos
Θ
2
π
− Ψ)
2
s
= Sen Ψ =
f
2
s
(e − 1)1/2
=
=
ae
e
= Cos (
Relacionando,
Θ
2
Θ
→ Ctg
2
Ctg
=
Cos (Θ/2)
Sen (Θ/2)
= (e2 − 1)1/2 =
∀ e2 = 1 + mv02 s/k
mv02 s
k
2
.
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Dispersión en un campo de fuerzas centrales
Dispersión de Rutherford
La dispersión de Rutherford está relacionada con la dispersión de partículas cargadas por un campo Coulómbico, el cual proviene de una carga
fija −Ze interactuando con part. incidentes de carga −Z 0 e, por tanto,
f=
ZZ 0 e2
,
r2
V (r) =
ZZ 0 e2
r
es decir, una fuerza y potencial repulsivos.
El análisis realizado previamente fue para un potencial atractivo, V (r) =
−k/r, sin embargo podemos utilizar los resultados obtenidos anteriormente haciendo,
k = −ZZ 0 e2 ,
en donde la energía sigue siendo E > 0 y el momento angular l se
conserva.
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Dispersión en un campo de fuerzas centrales
Dispersión de Rutherford
Por tanto, de los resultados anteriores,
1
= C[1 + Cos (θ − θ0 )],
r
Ctg
v
u
u
k
t1 +
∀ C=
,
=
2
mv s2
0
Θ
mv02 s
=
2
k
mv02 s
k
!2
,
realizamos la sust. k = −ZZ 0 e2 , obtenemos,
1
= C[1 − Cos θ],
r
Ctg
Θ
mv02 s
=
2
ZZ 0 e2
v
u
u
t1 +
∀ C=
,
=
mv 2 s2
−ZZ 0 e2
0
mv02 s
ZZ 0 e2
!2
,
en donde hemos aplicado la cond. inicial de que θ0 = π.
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Dispersión en un campo de fuerzas centrales
Dispersión de Rutherford
Aplicando las ecs. anteriores a la expresión para la sección transversal,
dσ
s ds =
dΩ
Sen Θ dΘ ∀ s=
Θ
ZZ 0 e2
Ctg
2
2
mv0
por tanto,
dσ
dΩ
dσ
dΩ
dσ
dΩ
=
ZZ 0 e2
ZZ 0 e2
Ctg (Θ/2)
−1
mv02 2Sen (Θ/2)Cos (Θ/2) mv02 2Sen2 (Θ/2) ZZ 0 e2
mv02
!2
=
1
4
ZZ 0 e2
2E
!2
=
1
4
1
Sen (Θ/2)
4
Csc4 (Θ/2).
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