Diffusione Rutherford Diffusione di particelle alfa (4He++) da Atomi

Diffusione Rutherford
Diffusione di particelle alfa (4 He++ ) da Atomi di oro (foglio sottile)
Calcolo sotto le ipotesi di:
197
79 Au.
i) urto elastico;
ii) potenziale Coulombiano dovuto al nucleo di oro come puntiforme.
ne segue che: i) nell’urto si conserva l’energia cinetica della particella alfa,
quindi il modulo della sua velocità (cinematica non relativistica, mα ≈ 7350
me ); ii) si conserva il momento angolare dato che l’interazione è centrale.
dalla legge della dinamica
dp
dt
si ottiene (integrando nel tempo di diffusione)
F = mα a =
Z
pf
dp =
p0
mα vf − mα v0 =
∞
Z
Fdt
0
∞
Z
F(r)dt =
Z
0
0
φmax
F(r, φ)
dφ
dt
!−1
dφ
(1)
dove v0 e vf sono le velocità iniziali e finali della particella alfa, φ l’angolo che
la congiungente della posizione istantanea della particella alfa con il nucleo
di oro (retta OP ) forma con la direzione iniziale della stessa particella alfa,
F la forza (coulombiana) che agisce sulla particella alfa
ze Ze
r̂
r2
con z = 2 e Z = 79 e ke = (4π0 )−1 in MKSA.
Si rammenta che la traiettoria della particella alfa è un’iperbole con asintoti dati dalla retta di entrata (a φ = 0) e di uscita (con φ = φmax ) delle
particelle. Proiettando quindi l’equazione (1) lungo la retta OA che è la bisettrice tra i due asintoti, (si noti che φmax = π − θ,
di diffusione),
con θ angolo
φmax
zeZe
ˆ
si ottiene (si noti che F(r, φ) · OA = ke r2 cos 2 − φ ):
F(r) = ke
!
φmax
φmax Z φmax
φmax
mα v0 cos
+mα vf cos
=
|F(r, φ)| cos
−φ
2
2
2
0
dφ
dt
!−1
dφ .
(2)
1
L’equazione precedente si può senplificare notando che (per conservazione
del momento angolare L)
|L0 | = mα |v0 |b = |r × mα v| = |r × mα (vr r̂ + rφ̇φ̂| = r2 mα φ̇
dove b è il parametro d’impatto della particella alfa incidente (distanza tra
la direzione incidente della particella alfa ed il nucleo di oro). Dalla conservazione del momento angolare si ha quindi:
b|v0 |
dφ
= φ̇ = 2
dt
r
e l’integrale della equazione (2) diviene
!
!−1
Z φmax
zeZe
φmax
dφ
φmax
ke 2 cos
=
−φ
dφ =
2 mα v0 cos
2
r
2
dt
0
!
Z φmax
zeZe
φmax
r2
ke 2 cos
=
−φ
dφ =
r
2
b |v0 |
0
= ke
φ
zeZe Z + max
2
cos ξ dξ =
φmax
b |v0 | − 2
+ φmax
2
φmax
zeZe
zeZe
sin ξ 2 sin
;
= ke
= ke
φmax
b |v0 |
b |v0 |
2
−
(3)
2
ovvero
zZe2 1
1
b = ke
θ =
2
mα v0 tan 2
2
"
1 zZe2
4π0 Tα
#
1
Dm 1
.
θ =
2 tan 2θ
tan 2
(4)
dove Tα = 21 mα v02 è l’energia cinetica della particella alfa incidente e Dm la
distanza minima di avvicinamento della particella alfa al nucleo in un urto
centrale.
sezione d’urto Rutherford
Se un flusso di particelle incidenti F0 colpisce la lamina d’oro, e dN è il
numero di particelle rilevate sotto un angolo solido dΩ per unità di tempo e
diffuse da un singolo centro diffusore, si avrà
dN = F0 |2πb db| = F0 2π
2
2 cos θ
Dm
Dm
1
2
dθ
=
F
0
3 θ
8 sin 2
16 sin4
2
θ
2
dΩ
essendo dΩ = 2π sin θdθ = 4π sin 2θ cos 2θ dθ.
In conclusione la sezione d’urto differenziale risulta:
dσ
1 dN
D2
1
=
= m
dΩ
F0 dΩ
16 sin4
1 zZe2
=
4π0 4Tα
"
θ
2
#2
1
sin4
θ
2
.
(5)
Sebbene la sezione d’urto differenziale decresca molto rapidamente con l’angolo
di diffusione, il suo valore resta molto più grande di quello ottenuto nel modello di Thomson dove gli elettroni sono immersi in una distribuzione uniforme
di carica positiva e le particelle alfa subiscono diffusioni a piccolo angolo.
Si noti che la sezione d’urto diverge per l’angolo di diffusione che va a zero.
Però si deve notare che dall’eq.(4), a piccoli angoli di diffusione corrispondono grandi valori del parametro d’impatto, che non può però superare
la metà della distanza tra i nuclei di oro, ordinati in posizioni regolari.
sezione d’urto all’indietro
la sezione d’urto all’indietro fissa il numero di particelle (per unità di flusso incidente e per ogni singolo centro diffusore) che diffondono all’indietro (π/2 ≤
θ ≤ π) al secondo.
Z π
2
2 Z π
Dm
1
Dm
1
dσ
dΩ =
dΩ
=
4 θ
4 θ 2π sin θdθ =
16
π/2 16 sin
π/2 sin
π/2 dΩ
2
2
Z 1
2
2 Z π
1
θ θ
Dm
Dm
θ
1
cos d =
8π √
dξ =
=
4 θ 2π 2 × 2 sin
16 π/2 sin 2
2
2 2
16
2/2 ξ 3
σback =
Z
π
2
Dm
Dm 2
2
4π = π
≡ πRback
=
.
(6)
16
2
Nel caso di particelle alfa diffuse da nuclei di oro nell’esperimento di Geiger
e Marsden: Tα = 7.68 MeV, z = 2, Z = 79, e dato che
e2
≈ 2.9982 · 109 Newton · m2 Coulomb−2 · [1.602 · 10−19 ]2 Coulomb2
4π0
−19
−10
≈ 14.4 · 1.602
· 10
{z Joule} · 10
| {z m} = 14.4 eV · Å ;
|
Dm ≈
2 · 79 · 14.4 eV · Å
≈ 2.96 · 10−4 Å ≈ 30 fm .
6
7.68 · 10 eV
ovvero
σback ≈ 6.88 · 10−30 m2 .
3