Se considera:
$V = \dfrac{K}{r}, \quad K \gtrless 0$
Es un problema aplicable a cometas o al estudio de choques entre partículas cargadas (problema de Rutherford).
Situación inicial:
$r \to \infty \ \left\{ \begin{array}{l} E = \dfrac{1}{2} m v_0^2 \\[1ex] L = m v_0 b \quad ( \, \vec{L} = m (\vec{r} \times \vec{v}_0) \ \Rightarrow \ L = m\color{red}{r}v_0\!\color{red}{\sin\beta} = m\color{red}{b}v_0 \, ) \end{array} \right.$
Donde $b$ es el parámetro de impacto.
Cuando $\dot{r} = 0$ toda la energía mecánica es energía potencial eficaz, teniendo lugar cuando la partícula está más cerca del centro de fuerzas. Esto es, la distancia mínima se halla de la ecuación:
$\dfrac{L^2}{2mr^2} + \dfrac{K}{r} = E$
Sustituyendo $E$, por tanto:
$\dfrac{L^2}{2mr^2} + \dfrac{K}{r} = \dfrac{1}{2}mv_0^2$
Multiplicando por $2mr^2$, y reordenando:
$m^2v_0^2r^2 - 2mKr - L^2 = 0$
Reemplazando $L$, entonces:
$\begin{gather} m^\cancel{2}\!v_0^2 r^2 - 2\!\cancel{m}\!Kr - m^\cancel{2}\!b^2 v_0^2= 0 \\[1ex] mv_0^2 r^2 - 2Kr - mb^2 v_0^2 = 0\end{gather}$
Ecuación de segundo grado, cuya solución es:
$\begin{align} r &= \dfrac{2K \pm \sqrt{4K^2 + 4m^2 b^2 v_0^4}}{2mv_0^2} = \\[1ex] &= \dfrac{K}{mv_0^2} \pm \sqrt{\dfrac{\bcancel{4}\!K^2 + \!\bcancel{4}\!m^2 b^2 v_0^4}{\bcancel{4}\!m^2v_0^4}} = \\[1ex] &= \dfrac{K}{mv_0^2} \pm \sqrt{\dfrac{K^2}{m^2 v_0^4} \left( 1 + \dfrac{m^2b^2v_0^4}{K^2}\right) } = \\[1ex] &= \dfrac{K}{mv_0^2} \pm \dfrac{K}{mv_0^2} \sqrt{1 + \dfrac{m^2b^2v_0^4}{K^2}} = \\[1ex] &= \dfrac{K}{mv_0^2} \left( 1 \pm \sqrt{1 + \dfrac{m^2b^2v_0^4}{K^2}} \right) \end{align}$
Según sea la interacción de carácter atractivo, $K < 0$, o repulsivo, $K > 0$, y teniendo en cuenta que $r$ no puede tomar valores negativos:
$\begin{array}{l} \begin{aligned} K > 0 \ \Rightarrow \ r_\text{min} &= \dfrac{K}{mv_0^2} \left( 1 + \sqrt{1 + \dfrac{m^2 b^2 v_0^4}{K^2}} \right) = \\[1ex] &= \dfrac{K}{2E} \left( 1 + \sqrt{1 + \dfrac{2L^2 E}{mK^2}} \right) \end{aligned} \\[1em] \begin{aligned} K < 0 \ \Rightarrow \ r_\text{min} &= \dfrac{K}{mv_0^2} \left( 1 - \sqrt{1 + \dfrac{m^2 b^2 v_0^4}{K^2}} \right) = \\[1ex] &= \dfrac{K}{2E} \left( 1 - \sqrt{1 + \dfrac{2L^2 E}{mK^2}} \right) \end{aligned} \end{array}$
Para $L = 0$, por tanto $b = 0$, resulta:
$\begin{array}{l} K > 0,\, L = 0 \ \Rightarrow \ r_\text{min} = \dfrac{K}{E} \\[1ex] K <0,\, L = 0 \ \Rightarrow \ r_\text{min} = 0 \end{array}$
En el caso de una colisión donde $K > 0$, en su trayectoria la partícula se desvía de una asíntota a la otra:
Así pues:
$\Theta = \pi - 2\alpha \ \Rightarrow \ \dfrac{\Theta}{2} = \dfrac{\pi}{2} - \alpha$
Por tanto:
$\tan{\dfrac{\Theta}{2}} = \operatorname{cotan}\alpha$
Para la asíntota de la rama $(-)$ de la hipérbola:
$\begin{align} \left. \begin{array}{l} \cos\alpha = \dfrac{1}{\varepsilon} \\[1ex] \sin\alpha = \sqrt{1 - \cos^2\alpha} = \sqrt{1 - \dfrac{1}{\varepsilon^2}} \end{array} \ \right\} \Rightarrow \operatorname{cotan}\alpha &= \dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = \dfrac{1{∕}\varepsilon}{\sqrt{1 - 1{∕}\varepsilon^2}} = \\[1ex] &= \left( \varepsilon^2 - 1 \right)^{-1/2} \end{align}$
Entonces:
$\tan\dfrac{\Theta}{2} = \operatorname{cotan}\alpha = \left( \varepsilon^2 - 1 \right)^{-1/2}$
Como:
$\varepsilon = \left( 1 + \dfrac{2EL^2}{mK^2} \right)^{\!1/2} \ \Rightarrow \ \left( \varepsilon^2 - 1 \right) = \dfrac{2EL^2}{mK^2}$
Por lo que:
$\tan\dfrac{\Theta}{2} = \operatorname{cotan}\alpha = \left( \varepsilon^2 - 1 \right)^{-1/2} = \sqrt{\dfrac{mK^2}{2EL^2}}$