Problema 1 Irraggiando nuclei 9 4 Be con particelle α si formano nuclei di 136 C e di 126 C . Completare le reazioni. Calcolare l’energia cinetica minima di una particella α necessaria a superare classicamente la barriera coulombiana di un nucleo di 40 20 Ca Calcolare lo spessore della barriera coulombiana che deve attraversare una particella α avente una energia cinetica T = 1.2 MeV per entrare in contatto con il nucleo di 40 20 Ca . Soluzione Problema 1 a) 4 2 He + 49 Be → 136 C + γ e 4 2 He + 49 Be → 126 C + 01n z1z2 e2 2 ⋅ 20 ⋅1.44 U C ( r = RBe + RHe ) = = = 18.4 MeV 1/3 1/3 1/3 1/3 b) r0 ( ABe + AHe ) 1.25 ( 40 + 4 ) Deve quindi essere: Tα ⩾ UC = 18.4 MeV z1z2 e2 c) Nel punto di inversione classica: U C ( r ) = r = Tα z1z2 e2 2 ⋅ 20 ⋅1.44 d= = = 48 f Tα 1.2 sbarr = d − RBe = 48 − 1.25 ⋅ 401/3 = 43.7 f Vedremo più avanti che la probabilità di effetto tunnel è data da: ⎛ µ ⎞ P ( E ) ≈ exp ⎜ −31.29 ⋅ z1z2 Ecm ⎟⎠ ⎝ dove Ecm è l’energia nel c.m. (in keV) e µ è la massa ridotta del sistema (in a.m.u.). Nel nostro caso, approssimando: mCa Ecm = Tα ≈ Tα mCa + mα mCa mα µ= ≈ mCa mCa + mα ⎛ 40 ⎞ −100 P ( E ) ≈ exp ⎜ −31.29 ⋅ 2 ⋅ 20 = 6 ⋅10 !!!!! ⎟ 1200 ⎠ ⎝ In effetti, è molto improbabile.... Problema 2 Un sottile fascio di particelle α di energia cinetica T = 1 MeV e intensità I = 3.6·103 s-1 incide normalmente su un sottile foglio d’oro (ρ = 19.3 g/cm3) di spessore x = 1 µm. a) Trovare il numero di α diffuse dal foglietto in un tempo ∆t = 10 minuti ad un angolo ϑ = 60° entro un angolo solido ∆Ω = 18 msrad . b) Calcolare, allo stesso angolo di reazione, la distanza minima di avvicinamento della particella α rispetto al nucleo.; c) A partire da quale energia delle particelle α lo scattering a questo angolo non è più puramente coulombiano? Soluzione Problema 2 a) La sezione d’urto differenziale di diffusione ad un angolo ϑ è data da: 2 2⎞ ⎛ z z e dσ 1 =⎜ 1 2 ⎟ dΩ ⎜⎝ 4T ⎟⎠ sen4 θ / 2 ( ) che a quest’angolo vale 5.2·10-22 cm2/srad. Dato che ∆Ω è molto piccolo, possiamo considerare costante la sezione d’urto in questo intervallo angolare e scrivere: σ= dσ ∫ dΩ ΔΩ dΩ = dσ ∫ dΩ ΔΩ dΩ = dσ dΩ ΔΩ = 5.2 ⋅10−22 ⋅18 ⋅10−3 = 9.15 ⋅10−24 cm2 Questa è l’area di un singolo bersaglio nucleare. Dobbiamo “sommare” su tutti i bersagli presenti nel foglietto d’oro Il numero di nuclei d’oro per unità di volume è: N Av A ρ nuclei/cm3; moltiplicando per lo spessore x = 1µm = 10-4 cm si ottiene il numero di nuclei per unità di superficie (si suppone che non si facciano “ombra” gli uni con gli altri) N Av A ρx = 6 ⋅1023 197 19.3 ⋅10−4 = 5.88 ⋅1018 nuclei / cm2 ciascuno dei quali ha una “area efficace” data dalla sezione d’urto σ. Sapendo che sul bersaglio incidono I particelle α al secondo, il numero di reazioni per unità di tempo è dato da: R= N Av A ρx ⋅ I ⋅ dσ dΩ ΔΩ = 0.2 s −1 Il numero di α diffuse entro l’angolo solido ∆Ω in un tempo ∆t vale quindi: C = R·∆t = 120 b) Il minimo avvicinamento in funzione dell’angolo di diffusione è dato dalla formula: rmin ( ) zZe2 1 + sin θ / 2 = ⋅ 2E sin θ / 2 ( ) Per z=2, Z=79, E=1 MeV e ϑ=60°, si ottiene: rmin=3.4·10-11 cm. c) Lo scattering non è più puramente coulombino quando intervengono le forze nucleari, ossia la particella α sfiora il nucleo. In questo caso: ( ) 1 + sin ( θ / 2) ⋅ = 36.5 MeV ) sin (θ / 2) rmin = R α + R Au = r0 41/ 3 + 1971/ 3 = 9.3 f E crit = ( zZe2 2 R α + R Au Problema 3 Nell’articolo Possible Existence of a Neutron J.Chadwick sostiene che, per spiegare l’emissione di protoni con velocità vp ≈ 3 109 cm/s mediante effetto Compton, è necessario che nel processo vengano emessi fotoni con energia di almeno 50 MeV. a) Giustificare questa affermazione. Calcolare: b) l’energia cinetica del protone; c) l’impulso massimo ceduto da un fotone di energia Eγ = 50 MeV ad un protone per effetto Compton; d) la sua velocità. Soluzione Problema 3 Ipotesi: 4 He 2 + 94Be → 136 C + γ Se così fosse: Eγ + m p = E 'γ + E p = E 'γ + m p + T p ossia: γ +p→γ +p Eγ = E 'γ + T p (1) L’effetto Compton classico è uno scattering elastico fotone-elettrone: in questo caso si ipotizza uno scattering elastico fotone-protone. Per la conservazione del momento: pp p’γ ϑ pγ p 2p = 2mT p = p'γ2 + pγ2 − 2 pγ p'γ cos ϑ = E 'γ2 + Eγ2 − 2Eγ E 'γ cos ϑ (essendo per i fotoni pγ = Eγ) (2) Sviluppando i calcoli, da (1) e (2) si ottiene la seguente nota relazione: E 'γ = a) Eγ 1+ Eγ mp (1 − cos ϑ ) protoni con velocità vp ≈ 3 109 cm/s (βp = 0.1) hanno una energia cinetica pari a: 2 938.27 ⋅ 0.1 T p = 12 m p v 2p = 12 m p c 2 β p2 = = 4.7 MeV 2 Sappiamo dalla conservazione dell’energia che deve essere: Eγ = E 'γ + T p Eγ − E 'γ = T p La massima energia trasferita al protone si ha per ϑ = π E 'γ = Eγ E 1+ 2 γ mp ⇒ Eγ − E 'γ = 2Eγ2 m p + 2Eγ Quindi deve essere: 2Eγ2 m p + 2Eγ che risolta per Eγ dà: ( Eγ = = Tp ( T p + T p T p + 2m p 2 ) = 49.3 MeV ) max max p max = T T + 2m p = 95 MeV p p p β pmax = p max p E pmax = p max p T pmax + m p = 0.1 max 9 v max = β c = 3 ⋅10 cm / s p p