Istituzioni di Fisica Nucleare e Subnucleare – Prof. A. Andreazza
Lezione 4
Teoria di Gamow dei decadimenti α
Legge di Geiger-Nuttall
• Il decadimento α è un decadimento a due corpi:
– Energia fissata: Eα~Qα
– Si osserva una forte dipendenza
di λ da Q:
ln t1/2 = a +
b
Q
• legge di Geiger-Nuttal
– Piccole variazione di energia
risultano in grandi differenze nelle
costanti di decadimento:
Esempio:
• 208Po, Q=5.2 MeV, τ1/2~108 s
• 186Po, Q=8.6 MeV, τ1/2~10-5 s
• Spiegazione qualitativa di questo
comportamento proposta da Gamow:
http://dx.doi.org/10.1016/j.physletb.2014.05.066
– Effetto tunnel quantistico
2
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Modello di Gamow
(Krane cap. 8)
• La legge di Geiger-Muttall può venire spiegata fenomenologicamente dal
modello di Gamow:
– Il nucleo (A,Z) è costituito da una particella α, intrappolata nel potenziale
generato dal nucleo (A-4,Z-2)
– Classicamente la particella è
confinata all’interno del raggio a
del nucleo.
– In meccanica quantistica ha una
probabilità P non nulla di attraversare la barriera per effetto tunnel.
– All’interno del nucleo, ha una velocità:
2(Q + V0 )
v=
m
– Colpisce la barriera con frequenza f = v / 2a
– Il rate di decadimento è fP.
– Per V0=30 MeV, Q=5 MeV, A=200: v=0.14c = 0.42×108 m/s, f=3×1021 Hz
Ricaveremo questo ordine di grandezza
3
parlando
dei modelli nucleari
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Modello di Gamow
• La probabilità di superare la barriera di potenziale è data da:
P = e−2G
– dove il fattore G è definito da un’integrale sulla zona classicamente proibita
G=
∫
b
a
2m
( V ( r ) − Q ) dr
!2
• Per fissare le idee, consideriamo il decadimento α del
232Th
(Z=90)
a = ro A1/3 = 1.2A1/3 fm = 7.4 fm
Q = 4.05 MeV
V (a) =
( Z − 2 ) 2α !c = 34.2 MeV
a
( Z − 2 ) 2α !c = 62.5 fm
b=
V (r) =
( Z − 2 ) 2α !c
r
Q
4
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Barriera di potenziale
DIM
• Consideriamo il moto di una particella
in presenza di un barriera di potenziale.
• Calcoliamo adesso la probabilità di trasmissione di un’onda piana: Effetto Tunnel
• L’equazione di Schrödinger
∂Ψ
∂t
( H 0 + V ( x ) ) ψ E = Eψ E
( H 0 + V ( x ) ) Ψ = i!
•
diventa nelle 3 regioni
•
d 2ψ E 2m
+ 2 Eψ E = 0
x < 0, x > a
dx 2
!
d 2ψ E 2m
+ 2 ( E − Vo ) ψ E = 0
0≤x≤a
dx 2
!
cerchiamo soluzioni della forma
poniamo
ψ E ( x ) = Aeikx + Be−ikx
x<0
ψ E ( x ) = Ce ko x + De−ko x
0≤x≤a
ψ E ( x ) = Fe
5
Ψ ( x, t ) = ψ E ( x ) e−iEt/!
ikx
x>a
ko =
A
B
F
2m
V −E)
2 ( o
!
k=
2m
E
2
!
ampiezza incidente
ampiezza riflessa
ampiezza trasmessa
T=
F
2
A2
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Barriera di potenziale
DIM
• Per risolvere l’equazione
– continuità della funzione e della
derivata in x = 0
A+B =C+D
ikA − ikB = koC − ko D
k
k
A − B = −i o C + i o D
k
k
ψ E ( x ) = Aeikx + Be−ikx
x<0
ψ E ( x ) = Ce ko x + De−ko x
0≤x≤a
ψ E ( x ) = Feikx
x>a
C ! ko $ D ! ko $
#1 + & + #1 − &
2"
ik % 2 "
ik %
C! k $ D! k $
B = #1 − o & + #1 + o &
2"
ik % 2 "
ik %
A=
– troviamo A e B
– continuità idella funzione e
della derivata in x = a
Ce koa + De−koa = Feika
koCe koa − ko De−koa = ikFeika
k
Ce koa − De−koa = i Feika
ko
• In forma matriciale l’equazione è
6
" e koa
$$
# e koa
−ko a
e
−e−koa
"
ika
%" C % $ e
''$
' = $ k ika
D
#
& $ i e
&
# ko
%
'
'F
'
&
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Barriera di potenziale
• La soluzione è immediata
! C $
#
&=
" D %
1 ! e−koa
##
2 " e koa
−ko a
e
−e koa
!
ika
$# e
&&# k ika
%# i k e
o
"
DIM
" e koa
$$
# e koa
−ko a
e
−e−koa
$
" (ik−ko )a 1 + ik / k
&
(
1$ e
o)
F
=
&
2 $ e(ik+ko )a ( 1 − ik / ko )
&
#
%
%−1
'' =
&
1 " e−koa
$$
2 # e koa
e−koa
−e koa
%
''
&
%
'F
'
&
• Richiamiamo la soluzione per A e B
! A $
#
&=
" B %
1 !# 1 + ko / ik 1 − ko / ik $&! C $
#
&
2 #" 1 − ko / ik 1 + ko / ik &%" D %
! A $ eika F !# ( 1 + ko / ik ) ( 1 + ik / ko ) e−koa + ( 1 − ko / ik ) ( 1 − ik / ko ) e koa
#
&=
4 # ( 1 − ko / ik ) ( 1 + ik / ko ) e−koa + ( 1 + ko / ik ) ( 1 − ik / ko ) e koa
B
"
%
"
" "
" k ko % % −koa "
" k ko % % koa
$
2
+
i
−
e
+
2
−
i
$
$
'
'
$
$ − ' 'e
# ko k & &
#
# ko k & &
eika F $ #
=
4 $
" k k %
" k k %
i $ + o ' e−koa − i $ + o ' e koa
$
# ko k &
# ko k &
#
7
$
&
&
%
%
"
2
2
'
$ 4 cosh ko a − 2i k − ko sinh ko a
ko k
'
eika F $
=
'
4 $
k 2 + ko2
'
$
−2i
sinh ko a
$
&
k
k
o
#
%
'
'
'
'
'
&
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Barriera di potenziale
DIM
• La soluzione finale è quindi:
!
2
2
# cosh ko a + k − ko sinh ko a
! A $ ika #
2iko k
#
& = e F#
" B %
k 2 + ko2
#
sinh ko a
#
2ik
k
o
"
$
&
&
&
&
&
%
• Il coefficiente di trasmissione è
T=
F
2
A2
=
1
k 2 − ko2 )
(
2
cosh k a +
o
1 + sinh 2 ko a
4ko2 k 2
=
2
sinh 2 ko a
T=
•
1
"
(
1+$
$
#
2
k 2 − ko2
4ko2 k 2
)
%
+ 1 'sinh 2 ko a
'
&
=
1
k 2 + ko2 )
(
1+
4ko2 k 2
2
sinh 2 ko a
1
V02
1+
sinh 2 ko a
4E(V0 − E)
Per verificare la consistenza si può vedere che la somma dell’onda trasmessa e riflessa:
|F|2+|B|2=|A|2
8
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Effetto tunnel
DIM
• Nella soluzione esatta della
barriera di potenziale unidimensionale:
1
T=
V02
1+
sinh 2 ko a
4E(V0 − E)
• Il termine che ha il peso maggiore nel denominatore è
sinh 2 ko a =
1 2koa
e
− 2 + e−2koa )
(
4
16E(V0 − E) −2k0 a
16ko2 k 2 −2k0 a
T≈
e
=
e
2
2 2
V02
( k + ko )
– Il coefficiente in fronte all’esponenziale è O(1).
• per fissare le idee prendiamo il caso k~ko,
16ko2 k 2
(k
2
2
+ ko2
)
≈4
• La probabilità di attraversare la barriera di potenziale è quindi
#
&
2m
−2k0 a
P ≈ 4e
= 4 exp % −2a
(Vo − E) (
2
!
$
'
9
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Effetto tunnel
• Un potenziale generico, V(r), può essere visto come la sequenza
di una serie di barriere infinitesime.
– Ciascuna ha una probabilità di essere attraversata data da:
#
&
2m
P ∝ e−2k0 dr = exp % −2
(V
(r)
−
Q)
dr
(
!2
$
'
– La probabilità di attraversare la barriera completa è data dal
prodotto delle probabilità di attraversare le barriere infinitesimali
$
'
b 2m
−2 k dr
P ∝ e ∫ 0 = exp & −2 ∫
(V
(r)
−
Q)
dr
)
a
!2
%
(
– Ovvero
P ∝ e−2G
– dove G è il fattore di Gamow
10
G=
b
∫a
2m
(V (r) − Q) dr
2
!
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Fattore di Gamow
• Mettendo insieme i risultati ottenuti otteniamo
che la probabilità di decadimento per unità di
tempo è data da
• Ricordiamo che le approssimazioni fatte
rendono queste formule applicabili solo
per trovare l’ordine di grandezza della
vita media
• Calcoliamo adesso G per il potenziale di Coulomb
G=
=
11
2m
!2
∫
2mQ
!2
1
⎤2
b
⎡ ( Z − 2 ) 2α !c
− Q ⎥ dr =
⎢⎣
⎦
r
a
∫
b
1
" b − r %2
$# r '& dr
a
=
2mQ
b
!2
2mQ
!2
∫
∫
λ = fP =
G=
∫
b
a
⎡ ( Z − 2 ) 2α !c 1
− 1 ⎥ dr
⎢⎣
⎦
Q
r
a
1
%2
2Q 2 −2G
e
m a
2m
( V ( r ) − Q ) dr
!2
b=
1
⎤2
b
v −2G
4e
=
2a
( Z − 2 ) 2α !c
2mQ
!2
Q
∫
b
1
%2
"b
$# r − 1 '& dr
a
"
r
1
−
$ b' r
$ r ' db
a $
# b '&
b
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Fattore di Gamow
DIM
1
G=
2mQ
b
!2
G=
2mQ
b
!2
G=
∫
∫
"
r %2
b 1−
$ b' r
$ r ' db
a $
# b '&
1
1
" 1 − x %2
dx
a$
# x '&
=
b
2mQ "
a
b
arccos
−
$
b
! 2 $#
( Z − 2 ) 2α !c
b=
G=
2mQ ( " π
a%
b
−
arcsin
*
$
'−
b&
! 2 *) # 2
a a2 +
− b b 2 -,
a a2 %
− '
b b 2 '&
G=
Q
12
∫
1− x
dx = x − x 2 + arcsin x
x
⎛a⎞
2m
α !c [ 2 ( Z − 2 ) ] f ⎜ ⎟
2
⎝b⎠
!Q
!a$ (
a
f # & = * arccos
−
" b % *)
b
a a2 +
− b b 2 -,
⎛a⎞
2mc 2
α [ 2( Z − 2 )] f ⎜ ⎟
⎝b⎠
Q
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Decadimento α
• La vita media risulta pertanto
1
τ= =
λ
m a 2G
e =
2Q 2
⎡
⎛ a ⎞⎤
m a
2mc 2
exp ⎢ 2α
2
Z
−
2
f
[ (
) ] ⎜ ⎟⎥
⎝ b ⎠ ⎥⎦
2Q 2
Q
⎢⎣
• Vediamo che la formula trovata giustifica la legge di Geiger-Nuttal
⎛ m a⎞
⎛a⎞
2mc 2
ln τ = ln ⎜
+
2
α
2
Z
−
2
f
[
]
(
) ⎜ ⎟
⎟
⎝b⎠
Q
⎝ 2Q 2 ⎠
debole dipendenza
da lnQ
famiglie di curve
in funzione di Z
dipendenza da Q-1/2
http://dx.doi.org/10.1016/j.physletb.2014.05.066
13
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Decadimento α
A
Q [MeV]
τ1/2 [s]
Modello di Gamow
220
8.95
10-5
3.3×10-7
222
8.13
2.8×10-3
6.3×10-5
224
7.31
1.04
3.3×10-2
226
6.45
1854
60
228
5.52
6.0×107
2.4×106
230
4.77
2.5×1012
2.0×1011
232
4.08
4.4×1017
2.6×1016
Tabella 8.2 del Krane
Il modello di Gamow spiega qualitativamente i dati:
• osservazioni usate per fissare i parametri del modello
• decadimento con nuclei più grandi (es. 12C) soppressi dalla
maggiore barriera Coulombiana
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Decadimento α
• Decadimenti α possono avvenire su stati eccitati del nucleo figlio.
• Righe monocromatiche:
– permettono di determinare con precisione le energie di tali stati
Figura 4.1 del Das-Ferbel
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ESERCIZI
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Esercizio 1
(Esercizio 8.7 del Krane)
• Calcolare il Q-valore del decadimento 224Ra→220Rn+α
e, sapendo che il tempo di dimezzamento è di 3.66
giorni, calcolare il fattore di Gamow.
• Stimare il tempo di dimezzamento per i possibili
decadimenti 224Ra→212Pb+12C e 224Ra→210Pb+14C
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Esercizio 2
(Esercizio 8.21 del Krane)
Decadimento α del 244Cm
• Questo decadimento popola lo stato fondamentale del
240Pu con rapporto di decadimento del 76.6% ed uno
stato eccitato a 0.861 MeV, con rapporto di
decadimento 1.6×10-6.
• calcolare Q valore, energia e momento dell’α ed
energia cinetica del nucleo di Pu.
• Stimare il rapporto dei due modi di decadimento e
confrontarlo con quello osservato
18
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