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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
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