Istituzioni di Fisica Nucleare e Subnucleare – Prof. A. Andreazza
Lezione 1
La struttura nucleare dell’atomo
L’esperimento di Rutherford
• J.J. Thomsons aveva estratto dall’atomo particelle cariche
negativamente.
• Essendo neutro, l’atomo doveva contenere delle cariche
positive.
• Si pone il problema di come queste siano distribuite.
• L’esperimento di Rutherford e collaboratori del 1910 dimostrò
che la carica positiva è concentrata in un nucleo (puntiforme
entro la risoluzione dell’esperimento)
• Introdurremo il concetto di sezione d’urto e la trattazione
quantistica del processo di scattering.
2
Istituzioni di Fisica Nucleare e Subnucleare – Lezione 1
A. Andreazza - a.a. 2015/16
L’esperimento di Rutherford
• Nel 1910 due assistenti di Rutherford, H. Geiger e E. Marsden,
iniziarono sotto la direzione di Rutherford, una serie di esperimenti a
Manchester.
• Con questi esperimenti fu
misurata la sezione d’urto di
diffusione delle particelle α
da parte degli atomi del
bersaglio.
• L’osservazione che destò
l’interesse di Rutherford fu la
relativa abbondanza di
particelle α diffuse a grande
angolo.
3
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Urto non relativistico tra due particelle
– Conservazione del momento
!
!
!
mα vo = mα vα + mt vt
!
!
m !
vo = vα + t vt
mα
vo2
=
vα2
!
vt
mt2 2
m ! !
+ 2 vt + 2 t vt ⋅ vα
mα
mα
– Conservazione dell’energia cinetica
vo2
=
va2
m
+ t vt2
ma
va2
+
!
vα
!
vo
mt
ma
vt2
=
vα2
1
1
1
mα vo2 = mα vα2 + mt vt2
2
2
2
mt2 2
m ! !
+ 2 vt + 2 t vt ⋅ vα
mα
mα
vt2 =
! !
mt 2
vt + 2 vt ⋅ vα
mα
! !
"
m %
vt2 $ 1 − t ' = 2 vt ⋅ vα
# mα &
4
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Urto non relativistico tra due particelle
! !
"
m %
vt2 $ 1 − t ' = 2 vt ⋅ vα
# mα &
• In base alla relazione
• Se mt<mα
1 -­‐
mt
> 0
ma
! !
vt ⋅ vα > 0
• le due particelle escono nella stessa direzione
• Se mt>mα
mt
1 -­‐
< 0
ma
! !
vt ⋅ vα < 0
• le due particelle tendono a uscire in direzioni opposte
5
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L’esperimento di Rutherford
• Nel modello di Thomson dell’atomo
+
• Sappiamo che l’elettrone è molto leggero (misura e/m)
• Se l’urto fosse con l’elettrone
mt
∼ 10−4
mα
!
!
mt !
!
vo = vα +
vt ≈ vα
mα
• La particelle α non sarebbe apprezzabilmente deviata dall’elettrone
– Si può verificare che neppure la carica positiva uniformemente
distribuita sulle dimensioni dell’atomo deflette apprezzabilmente
la particella α
6
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L’esperimento di Rutherford
• Supponiamo che l’atomo abbia un nucleo molto piccolo
ma molto pesante
mt
∼ 50
m
5
α
– ad esempio se consideriamo l’oro (A=197, mt ~ 2×10 MeV)
! !
"
m %
vt2 $ 1 − t ' = 2 vt ⋅ vα
# mα &
vt2 ≤ 2
– Inoltre
m
vo2 = vα2 + t vt2
mα
≤
"
m %
vt2 $ 1 − t ' = 2vt ⋅ vα cosθ
# mα &
mα
v ⋅v
mt t α
vα2
vt ≤ 2
mt " mα %2 2
+
$2
' v
mα # mt & α
≤ 2vt ⋅ vα
mα
v
mt α
1−
= vα2 + 4
mα 2
v
mt α
∼ vα2
mt
m
≈− t
mα
mα
vo ∼ vα
– Pertanto il momento del nucleo dopo l’urto è
vt ≤ 2
mα
v
mt α
mt vt ≤ 2mα vα
• Significa che la particella α può
addirittura rinculare indietro
7
mt vt ≤ 2mα vo
!
mα vo
mα vo
mt vt ∼ 2mα vo
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L’esperimento di Rutherford
• L’esperimento consiste nella misura del numero di particelle α
deviate in funzione dell’angolo di deflessione:
dΩ
• È necessario determinare quantitativamente:
– la probabilità che una particelle α venga deflessa in un certo angolo
solido
– il tasso di eventi effettivamente atteso
– concetto di sezione d’urto
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Scattering coulombiano
• Fino a questo punto abbiamo fatto dei ragionamenti qualitativi
• Si può fare un calcolo quantitativo con interazione
1 ZZα e 2
fra la particella α e il nucleo di tipo Coulombiano
V (r) =
4πεo
r
b = parametro d’impatto
!
mα vo
b
θ
r
χ
χο
θ = angolo di scattering
ro
z
• La traiettoria è un ramo di un’iperbole
• Ci sono due costanti del moto
– L’energia totale:il campo è conservativo Utilizziamo le coordinate polari r e χ
1
1
E ≡ mα vo2 = mα v 2 + U ( r )
2
2
– Il momento angolare: la forza è
!
diretta lungo r e ha momento nullo
! !
!
! !
L = r × mv
r×F = 0
9
Le coordinate del punto di massimo
avvicinamento sono ro e χo
vogliamo trovare la relazione fra b e θ
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Scattering Coulombiano
!
mα vo
θ
r
b
χ
χο
z
• Un calcolo lungo ma non difficile permette di ottenere
– per i calcoli può essere comodo introdurre
il raggio classico dell’elettrone
e2
re = 2.817940 ×10
−15
m
– oppure la costante di struttura fine
α=
1
137.035999 679
!c = 197.326 963 MeV fm
10
re =
4πεo mec 2
e2
α=
4πεo !c
1 ZZα e 2
θ
b=
cot
4πεo 2E
2
mec 2 ZZα
θ
b=
re cot
E
2
2
b=
ZZα !c
θ
α cot
2 E
2
1fm = 10-15 m
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Sezione d’urto di Rutherford
• Dalla relazione tra parametro di impatto e angolo di deflessione:
ZZα !c
θ
α cot
2 E
2
• ricaviamo la relazione differenziale:
b=
%
ZZα !c " 1
1
db =
α$−
' dθ
2 E # 2 sin 2 θ 2 &
• Le particelle α che vengono
diffuse tra un angolo θ e θ+dθ
sono quelle che passano in
un’area:
dσ = 2π bdb
! ZZα !c $2 ! 1 cosθ 2 $
= 2π #
α& #
& dθ
" 2 E % " 2 sin 3 θ 2 %
11
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Interludio: angolo solido
• L’angolo solido in steradianti (sr) è l’area sottesa sulla superficie
sferica di raggio unitario.
– In analogia all’angolo in radianti (rad) che è l’arco sotteso sulla
circonferenza di raggio unitario.
• Il differenziale dΩ è dato da:
dΩ = sin θ dϕ dθ
= dϕ d cosθ
= 2sin θ 2 cosθ 2 dϕ dθ
– a volte si sottintende l’integrazione su φ:
dΩ = 2π sin θ dθ
• Come ci si aspetta:
2π
π
∫ dΩ = ∫ dϕ ∫ dθ sinθ = 2π
0
= 2π
12
0
π
∫0
dθ sin θ
θ
θ
=sinθdφdθ
1
∫ −1 dcosθ = 4π
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Sezione d’urto di Rutherford
• Possiamo quindi costruire una relazione tra l’angolo solido in cui
le particelle α vengono diffuse e l’area in cui sono passate:
b=
dσ
ZZα !c
θ
α cot
2 E
2
%
ZZα !c " 1
1
db =
α$−
' dθ
2 E # 2 sin 2 θ 2 &
! ZZα !c $2 ! 1 cosθ 2 $
bdϕ db = #
α& #
& dϕ dθ
3
" 2 E % " 2 sin θ 2 %
1 cosθ 2
dϕ dθ
2 sin 3 θ 2
=
1 2 cosθ 2sin θ 2
dϕ dθ
4
sin 4 θ 2
=
1 sin θ
dϕ dθ
4 sin 4 θ 2
=
13
1
1
dΩ
4
4 sin θ 2
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Sezione d’urto di Rutherford
• Possiamo quindi dare l’espressione per
la sezione d’urto differenziale
dello scattering Coulombiano:
dσ " ZZα !c %2
1
=$
α'
dΩ # 4 E & sin 4 θ 2
• Qual è il significato di questa relazione?
• Come possiamo collegarla a qualcosa di osservabile?
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Sezione d’urto
• Supponiamo di avere un fascio di no particelle per unità di area incidenti
su un atomo:
– Il numero di particelle diffuse in un angolo solido dΩ sono quelle che
entrano nell’area corrispondente:
dn ( θ ) = no dσ = no
dσ
dΩ
dΩ
• Se il fascio incide su NT atomi:
dσ
dΩ
dΩ
• In un caso realistico un fascio di No particelle di sezione S incide su un
bersaglio di spessore dz con nT atomi per unità di volume:
NT = nT dzS
no = N o S
• Il numero totale di particelle deflesse nell’angolo solido dΩ sarà:
N
dσ
dσ
dn ( θ ) = o nT dzS
dΩ = N o nT dz
dΩ
S
dΩ
dΩ
dn ( θ ) = no NT
Indipendente da S
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Sezione d’urto
• Quest’ultimo risultato ha una valenza molto più generale:
– In esperimenti di scattering abbiano accesso solo a stati asintotici:
• parametri (intensità, quantità di moto...) del fascio incidente
• parametri (angolo di deflessione, quantità di moto...) delle particelle
diffuse
• entrambi misurati a “grandi” distanze dalla regione di interazione.
– Il processo di diffusione viene descritto dal fattore dσ/dΩ, che ha le
dimensioni di una superficie.
• è una quantità misurabile
• può essere calcolato a partire da modelli microscopici
• ...anche quando l’interpretazione classica che abbiamo usato perde
di significato.
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Sezione d’urto
• Consideriamo:
– un bersaglio di spessore dz e densità nT
(bersagli per unità di volume)
– un fascio di particelle di area S
– l’intensità del fascio è il numero di particelle
incidenti per unità di tempo Io (particelle/s)
– Il numero NT di particelle del bersaglio
colpite dal fascio è NT = nT V = nT Sdz
Io
dz
S
nT =
ρ
N
A A
• Il numero di interazioni al secondo dn/dt è
proporzionale a:
– numero di particelle incidenti al secondo Io
– numero di particelle del bersaglio NT
dn = I N σ
∝ o T
S
dt
• La costante di proporzionalità è definita dal rapporto fra una
superficie σ , detta sezione d’urto, e l’area del fascio S
dn
σ
= I o nT Sdz
dt
S
17
dn
= I o nT dzσ
dt
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Assorbimento e lunghezza di interazione
• Il tasso di particelle diffuse si traduce in una diminuzione
dell’intensità I del fascio:
dn
dI
= −nT σ dz
= −dI = InT dzσ ⇒
fascio
I(z)
dt
• Se la diminuzione del numero di particelle
nel fascio non è trascurabile, l’intensità
varia con la profondità secondo la legge:
0
dz
L z
I ( z ) = I 0 e−nT σ z = I 0 e−µ z
• dove µ=nTσ prende il nome di coefficiente di assorbimento.
• Analogamente si può introdurre la lunghezza d’interazione
(detta anche libero cammino medio)
1
1
λ= =
µ nT σ
18
I ( z ) = I0 e
−
z
λ
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Assorbimento e lunghezza di interazione
• Se lo spessore z è piccolo (z≪λ):
– il fascio uscente è ridotto in intensità di un fattore 1-z/λ
– la probabilità di scattering di un particella del fascio è
z λ = nT zσ
– prodotto della densità superficiale nTz per la sezione d’urto σ
• La densità di centri di scattering dipende dalla densità del materiale:
nT =
ρ
N
A A
– spesso si esprime λ normalizzata per la densità:
λ=
1
nT σ
=
A
ρ N Aσ
( λρ ) =
A
N Aσ
• dipende dal materiale, ma non dallo stato dello stesso
• ha le dimensioni di una densità superficiale.
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Misura della sezione d’urto
• Supponiamo di potere considerare il bersaglio sottile
(condizione che si verifica molto frequentemente)
– ciò è equivalente alla condizione
E
rivelatore
θ
nT dzσ ≪ 1
• in queste condizioni per una ben definita condizione sperimentale
monitor
– ad es. una fissata energia del fascio, una fissata accettanza angolare ΔΩ
– il numero No di particelle del fascio è misurato con un rivelatore monitor
– il numero di interazioni n è misurato con il rivelatore
• inoltre sono ovviamente conosciuti
– lo spessore del bersaglio dz
– la densita nT di atomi/nuclei bersaglio (target)
• ρ è la densità, A il numero di massa
atomico e NA il numero di Avogadro
• La sezione d'urto allora è
dσ
1 1 n
=
dΩ ΔΩ nT dz N o
nT =
ρ
N
A A
N.B.:
ΔΩ = area rivelatore/distanza2
• se gli errori su tutte le grandezze sono trascurabili escluso
l'errore statistico su n, l'errore statistico sulla sezione d'urto è
20
Δσ
n
1
=
=
σ
n
n
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Scattering quantistico (cenni)
Nella meccanica quantistica un urto viene descritto nel modo
seguente:
•
•
•
•
•
21
Una particella (pacchetto d’onda) propaga senza interagire
Si avvicina ad un bersaglio
Potenziale a corto range
Interagisce
Nello stato finale possiamo avere
– La particella non ha interagito
• Un pacchetto che propaga senza interagire nella
stessa direzione della particella incidente
– La particella ha interagito
• Un pacchetto che propaga in una direzione differente
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Scattering quantistico (cenni)
• La probabilità di transizione da uno stato iniziale i, ad uno stato
finale f, causata dall’interazione con un potenziale V, è descritta
dalla regola d’oro di Fermi:
P=
2π
!
f Vi
2
ρ( Ef
)
• Dove compaiono:
– l’elemento di matrice
f Vi =
ρ( Ef
– la densità di stati finali:
(spazio delle fasi)
∫ drψ *f ( r )V ( r )ψi ( r )
)
• Come funzioni d’onda possiamo prendere quelle di una particella
libera:
ψ(r) ∝ e
22
−i
p⋅r
!
(0 0 1)
= mα v ( sin θ cos ϕ
pi = mα vo
pf
o
sin θ sin ϕ
cosθ
)
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Scattering quantistico (cenni)
• La sezione d’urto sarà proporzionale alla probabilità di transizione:
• L’elemento di matrice:
f Vi =
∫
drψ *f
dσ
∝P ∝ f V i
dΩ
( r ) V ( r ) ψi ( r ) =
∫
ZZα e 2
=
4πε 0
i
p f ⋅r
dre !
2
i
ZZα e 2 − ! pi ⋅r
ZZα e 2
e
=
4πε 0 r
4πε 0
i
1 − ! ( pi −p f )⋅r
dr
∫ re
i
1 − ! q⋅r
dr
∫ re
• dove abbiamo introdotto il momento trasferito q=pi-pf
q = mα vo
(
−sin θ cos ϕ
−sin θ sin ϕ 1 − cosθ
)
q 2 = mα2 vo2 2 ( 1 − cosθ ) = mα2 vo2 4sin 2 θ 2 = 8mα E sin 2 θ 2
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Scattering quantistico (cenni)
• Per calcolare l’integrale, usiamo le formule:
x2
∫x
1
dxe−α x =
1 # −α x1
e
− e−α x2 %&
$
α
• L’elemento di matrice diventa:
+∞
∫0
ZZα e 2
f Vi ∝
4πε 0
1
α
dxe−α x =
i
1 − ! q⋅r
dr
∫ re
– per svolgere l’integrale, possiamo scegliere liberamente l’asse z
– usiamolo diretto lungo q:
ZZα e 2
=
4πε 0
i
2π ZZα e 2
2 1 − ! qr cosθ
=
∫ dϕ dcosθ drr r e
4πε 0
2π ZZα e 2
=
4πε 0
+∞
∫0
+∞
∫0
dr ∫
1
−1
i
− qr cosθ
dcosθ re !
i
i
2π ZZα e 2 " ! %( ! " ! % +
− qr +
" ! %( ! qr
$ − '* − $ − ' drr $ −
'* e − e ! - =
# iq &) iq # iq & ,
4
πε
# iqr &)
0
,
ZZα e 2 4π ! 2
=
4πε 0 q 2
• Otteniamo la stessa relazione del caso classico!
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Sezione d’urto di Rutherford
• La sezione d’urto totale si può ricavare da quella differenziale
per integrazione:
2π
π
dσ
σ=
∫0
dϕ ∫ sin θ dθ
0
dΩ
• Nel caso dello scattering Coulombiano è facile rendersi conto che
l’integrale non è convergente per piccoli angoli:
! ZZα !c $2
σ = 2π #
α&
" 4 E %
π
∫0
sin θ dθ
sin 4 θ 2
! ZZα !c $2
= 8π #
α&
" 4 E %
1d
∫0
( sin θ 2 )
sin 3 θ 2
– Effetto del grande range delle forze elettromagnetiche: per quanto
grande sia b, c’è sempre almeno una piccola deviazione.
– In realtà per b maggiore della dimensione atomica, gli elettroni
schermano completamente la carica nucleare.
– L’effetto di schermo si inizia a sentire già a partire dagli orbitali più
interni.
• La formula per la sezione d’urto escludendo un piccolo angolo:
+
! ZZα !c $2 (
1
σ ( θ > θ1 ) = 4π #
α& * 2
− 1" 4 E % ) sin θ1 2 ,
25
Istituzioni di Fisica Nucleare e Subnucleare – Lezione 1
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Interludio: Nobel per la Fisica 2015
26
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Interludio: Nobel per la Fisica 2015
• Neutrini interagiscono solo debolmente:
• Calcolare il libero cammino
medio di un neutrino da 1 GeV
in Fe.
-38
σ (ν N ) = 0.7 ×10 −38 cm 2 /GeV Eν
σCC / Eν (10
• Usando la sezione d’urto:
cm2 / GeV)
! GF2 s
$
2
(!c) &
– hanno sezioni d’urto molto piccole: σ (ν N ) = O #
" π
%
• √s = energia nel centro di massa νN
−10
−3
– ad alte energie GF2 s = GF2 2mN Eν = 2.6 ×10 GeV Eν
– e moltiplicando per (ℏc)2/π: σ = O(3×10 −38 GeV−1Eν )
1.6
1.4
1.2
ANL, PRD 19, 2521 (1979)
IHEP-ITEP, SJNP 30, 527 (1979)
ArgoNeuT, PRL 108, 161802 (2012)
IHEP-JINR, ZP C70, 39 (1996)
BEBC, ZP C2, 187 (1979)
MINOS, PRD 81, 072002 (2010)
BNL, PRD 25, 617 (1982)
NOMAD, PLB 660, 19 (2008)
CCFR (1997 Seligman Thesis)
NuTeV, PRD 74, 012008 (2006)
CDHS, ZP C35, 443 (1987)
SciBooNE, PRD 83, 012005 (2011)
GGM-SPS, PL 104B, 235 (1981)
SKAT, PL 81B, 255 (1979)
GGM-PS, PL 84B (1979)
T2K, PRD 87, 092003 (2013)
1
νµ N → µ - X
0.8
0.6
0.4
νµ N → µ + X
0.2
0
1
10
00
100
150
200
250
300
350
Eν (GeV)
27
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A. Andreazza - a.a. 2015/16
Ripasso di relatività ristretta
• Nomenclatura
– fattori relativistici
– tetravettori:
– metrica
– “boost”:
β=
xµ =
( ct
v
c
0 < β <1
γ=
)
pµ =
x
" 1
%
$
'
−1
'
gµν = $
$
'
−1
$
−1 '&
#
y z
1
1− β
(E
γ >1
2
px c
py c
pz c
)
intervallo: x 2 = c 2 t 2 − x 2 − y 2 − z 2
massa invariante: p 2 = E 2 − px2 c 2 − py2 c 2 − pz2 c 2
trasformazione in un sistema di riferimento che si muove a velocità β
rispetto a quello in cui sono definite le variabili
# γ
0 0 −γβ &
%
(
x!µ = Λνµ xν
0 1 0 0 (
Λνµ = %
% 0 0 1 0 (
p!µ = Λνµ pν
%
(
%$ −γβ 0 0 γ ('
28
Istituzioni di Fisica Nucleare e Subnucleare – Lezione 1
A. Andreazza - a.a. 2015/16
Ripasso di relatività ristretta
• Energia, massa, momento
(
p µ = Mc 2 0 0 0
– consideriamo una particella in quiete:
– e facciamo un boost in un sistema di riferimento in cui si
muove a velocità β:
p!µ =
( γ Mc
2
0 0 γβ Mc 2
E
pc
Mc 2
β=
p
E
p = γβ Mc ⇒ γβ =
Mc
2
1
2
2 2
= ( Mc 2 )
1−
β
=
Mc
( ) ( )
1− β 2
E = γ Mc 2 ⇒ γ =
)
2
)
2
p!2 = ( Mc 2 ) (γ 2 − γ 2 β 2 ) = ( Mc 2 ) γ 2 (1− β 2 )
• Sistema del centro di massa
– se abbiamo diverse particelle, possiamo calcolare il momento
totale:
2
"
µ
P =$
$
#
29
∑E
i
i
%
! '
∑ pic '
i
&
s = P = massa del sistema
!
γ CM = ∑ Ei
s βCM = ∑ pi c
i
i
∑E
i
i
Istituzioni di Fisica Nucleare e Subnucleare – Lezione 1
A. Andreazza - a.a. 2015/16
Scattering relativistico
• Consideriamo una particella di massa m1 e energia E1
che incide su una particelle m2 a riposo:
– I tetramomenti delle particelle sono:
"
2
2 %
p2 = m2
p1 = $ E1 0 0 p1,0 = E1 − m1 '
#
&
– Il sistema del centro di massa ha tetramomento:
(
pCM =
( E +m
1
2
0 0
)
p1,0
2
1
s = m + 2m2 E1 + m
• Verifica di consistenza 1− β 2 = 1−
CM
N.B.: variabili con * sono valutate
nel sistema del centro di massa.
*
pCM
= γ CM
)
E1 + m2
p1,0
γ
=
βCM =
CM
s
E1 + m2
2
(E1 + m2 )2 − (E12 − m12 ) m22 + 2m2 E1 + m12
p1,0
=
=
2
2
(E
+
m
)
(E1 + m2 )2
(E1 + m2 )
1
2
( E +m −β
1
2
2
0 0 0
2
p
CM 1,0
0 0
p1,0 − βCM (E1 + m2 )
)
!
=#
"
s
=
1
2
γ CM
$
0 0 0 &
%
• I tetramomenti nel sistema del centro di massa sono:
p1* = γ CM
p2* =
30
(
(
E1 − βCM p1,0
γ CM m2
0 0
p1,0 − βCM E1
0 0 −γ CM βCM m2
)
=
1
s
(
1
E1m2 + m12 0 0 m2 p1,0
s
(E1 + m2 )m2 0 0 − p0,1m2
)
=
(
)
)
Istituzioni di Fisica Nucleare e Subnucleare – Lezione 1
A. Andreazza - a.a. 2015/16
Scattering relativistico
• Dopo l’urto, nel sistema del centro di massa le
particelle si allontaneranno con stessa energia e
momento, ma deflesse di un angolo θ*:
– I tetramomenti delle particelle sono:
1
p1!* =
E1m2 + m12 m2 p1,0 sin θ * 0 m2 p1,0 cosθ *
s
1
p!2* =
(E1 + m2 )m2 − p0,1m2 sin θ * 0 − p0,1m2 cosθ *
s
(
(
)
)
• Ritornando nel sistema del laboratorio:
)
1 &
2
*
*
*
2
( γ CM "# E1m2 + m1 + βCM m2 p1,0 cosθ $% m2 p1,0 sin θ 0 γ CM "#m2 p1,0 cosθ + βCM ( E1m2 + m1 )$% +
*
s'
!
*
2
2
2
*
E
+
m
m
p
cos
θ
+
p
E
m
+
m
(
)
m2 p1,0
(
)
1
2
2
1,0
1,0
1
2
1
# ( E1 + m2 ) (E1m2 + m1 ) + m2 p0,1 cosθ
=#
sin θ * 0
s
s
#
s
"
p1! =
(
2
" m2 p0,1
% m2 p1,0
*
*
= E1 $1−
1− cosθ )'
sin θ *
(
*
sE1
s
#
&
)
31
0
" ( E1 + m2 ) m2
%
*
p1,0 $1−
(1− cosθ )'&
s
#
+
,
$
&
&&
%
Riflessione indietro
solo se m1<m2
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Scattering relativistico
• Dopo l’urto, nel sistema del centro di massa le
particelle si allontaneranno con stessa energia e
momento, ma deflesse di un angolo θ*:
– I tetramomenti delle particelle sono:
1
p1!* =
E1m2 + m12 m2 p1,0 sin θ * 0 m2 p1,0 cosθ *
s
1
p!2* =
(E1 + m2 )m2 − p0,1m2 sin θ * 0 − p0,1m2 cosθ *
s
(
(
)
)
• Ritornando nel sistema del laboratorio:
*
1 '
2
*
*
*
2
) γ CM #$ E1m2 + m2 − βCM m2 p1,0 cosθ %& −m2 p1,0 sin θ 0 γ CM #$−m2 p1,0 cosθ + βCM ( E1m2 + m2 )%& ,
+
s(
"
*
2
2
−
E
+
m
m
p
cos
θ
+
p
E
m
+
m
(
)
E1 + m2 ) (E1m2 + m22 ) − m2 p0,1
cosθ *
m2 p1,0
(
)
(
1
2
2
1,0
1,0
1
2
2
$
=$
−
sin θ * 0
s
s
$
s
#
p!2 =
(
2
" p0,1
%
m p
*
*
= m2 $1+
1− cosθ )' − 2 1,0 sin θ *
(
*
s
s
#
&
)
32
0
p1,0
( E1 + m2 ) m2
s
(1− cosθ )
*
+
,
Istituzioni di Fisica Nucleare e Subnucleare – Lezione 1
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%
'
''
&
Scattering relativistico
• La massima energia cinetica Tmax persa dalla particella incidente
con energia cinetica T1=E1-m1 è:
Tmax =
2
0,1
2m2 p
s
=
2m2 "# E12 − m12 $%
m12 + m22 + 2E1m2
=
2
2m2 "#( m1 + T1 ) − m12 $%
m12 + m22 + 2m1m2 + 2T1m2
• casi particolari:
– fotone incidente: m1=0
Tmax = Eγ
– m1=m2
Tmax = T1
= T1
2m2 ( 2m1 + T1 )
( m1 + m2 )
2
+ 2T1m2
2Eγ
m2 + 2Eγ
Osservazione
In tutte questa derivazione abbiamo usato m invece mc2, p invece di pc.
D’ora in poi frequentemente misureremo masse, momenti ed energie in unità di energia:
• Conversione implicita usando le opportune potenze di c.
• Bisogna ricordarsi di effetture la conversione quando ci si confronta con altre unità di
misura.
33
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La scoperta del neutrone
• Dopo la scoperta del nucleo atomico, ci si pone il problema della sua
composizione:
– Masse dei nuclei circa multiple della massa del nucleo di idrogeno
– Cariche dei nuclei multiple della carica elementare
• Il protone p:
– mp = 938.27 MeV/c2 = 1.67262 × 10-27 kg
– Qp = +e = 1.60218 × 10-19 C
• Ma mNucleo/mp > Z
– non può essere composto da soli p
– l’ipotesi che il nucleo contenga e per neutralizzare parte dei p non regge:
– una particella confinata nel nucleo deve avere un momento:
!
ΔxΔp ≥ ! ⇒ Δp ≥
Δx ≈ 1fm ⇒ Δp ≥ 200 MeV / c
Δx
– per un e, l’energia cinetica sarebbe: T = E − mec 2 = p 2 c 2 + me2 c 4 − mec 2 ≈ pc
– Molto maggiore delle energie dei fenomeni nucleari!
– N.B.: funziona per il p: p 2 c 2 + m 2p c 4 − m p c 2 = 21MeV
34
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La scoperta del neutrone
• Nelle interazioni α-Be viene
osservata la produzione di
radiazione:
– neutra
– in grado di trasferire >5 MeV di
energia cinetica ai protoni.
• In esperimenti con diversi tipi
di bersaglio Chadwick dimostra
che si tratta di radiazione
particellare, con massa simile
a quella del protone.
• Il neutrone n:
– mn = 939.57 MeV/c2
– Qn = 0
35
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La scoperta del neutrone
• La chiave della misura è l’alto momento trasferito da questa radiazione
a nuclei atomici.
– La massima energia cinetica Tmax trasferita dalla particella incidente con
energia cinetica T1=E1-m1 è:
Tmax = T1
2m2 ( 2m1 + T1 )
( m1 + m2 )
2
+ 2T1m2
– Curie e Joliot osservano un’energia di rinculo dei p di ~5 MeV:
• Se fosse radiazione γ: m1=0, m2~1 GeV
2Eγ
2Eγ2
⇒ Eγ ≈ 50 MeV
Tmax = Eγ
5 MeV =
m2 + 2Eγ
1 GeV + 2Eγ
Grande per una
reazione nucleare.
– Chadwick verifica l’andamento atteso usando altri nuclei
• Ad esempio su 14N, m2~14 GeV, per fotoni ci si aspetterebbe:
2 × 50 MeV
Tmax ≈ 50MeV
= 350 keV
Compatibile con l’energia
14 GeV + 2 × 50 MeV
disponibile nella reazione
• Il valore osservato è molto maggiore ~1 MeV.
• L’osservazione di Curie-Joliot si spiega con:
36
4He+9Be→12C+n
mn ≈ m p Tmax ≈ Tn
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Il neutrone
• Massa
– mn = 939.565379 ± 0.000021 MeV
– mn-mP = 1.2933322 ± 0.0000004 MeV
• Vita media
– τn = 880.3 ± 1.1 s
• Decadimento
−
n
⇒
p
+
e
+νe
–
37
νe:
particella neutra
interagisce solo debolmente
massa trascurabile (<1 eV)
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