Fisica Nucleare e subnucleare Prova in itinere del 26/4/2017

(1)

1) Un pione neutro di impulso 3 GeV/c decade in due fotoni. La vita media del π⁰ è 8.4×10^-17s e la sua massa 135 MeV/c².

a) Calcolare l’energia dei fotoni nel sistema del centro di massa (SCM) e descrivere come sono emessi.

b) Calcolare il tempo di decadimento del π⁰ nel sistema del laboratorio (SLAB) e lo spazio percorso prima di decadere.

c) Scrivere l’espressione dell’angolo di apertura α dei fotoni nel SLAB in funzione dell’energia di uno dei due fotoni.

d) Calcolare l’energia dei fotoni per cui α è minimo, e il valore di α_Min.

e) La probabilità di emissione P dei fotoni nel SCM è isotropa, cioè dP/dΩ* è costante. Dalla condizione di normalizzazione trovare il valore della costante.

Ricavare quindi l’espressione di dP/dθ* (θ* è l’angolo polare di emissione del fotone rispetto alla direzione dell’impulso del π⁰), sapendo che l’emissione è simmetrica rispetto all’angolo azimutale φ*.

f) Dall’espressione trovata di dP/dθ*, ricavare la distribuzione di energia del fotone dP/dE_γ in SLAB e dimostrare che è costante. (Suggerimento: differenziare l’equazione della trasformazione di Lorentz dell’energia di un fotone dal SCM a SLAB).

Fisica Nucleare e subnucleare

Prova in itinere del 26/4/2017

(2)

SOLUZIONE

a) Conservazione quadrimpulso nel SCM

I fotoni hanno uguale impulso e sono emessi back-to-back Inoltre poiché i fotoni hanno massa nulla

b) Il tempo di decadimento del π⁰ è dilatato nel SLAB

m

_π

= E

_γ1^*

+ E

_{γ 2}^*

p !

_γ1^*

+ !

p

_{γ 2}^*

= 0 ⇒ !

p

_γ1^*

= ! p

_{γ 2}^*

p

!

_{γ 2}^*

= !

p_γ1^*

= E

_{γ 2}^*

= E

_γ1^*

=

m_π

2

t =

γ τ γ =

E_π

m_π

=

p_π²

+ m

_π²

m_π

= 3000

²

+135

²

135 = 22.24 β =

p_π

E_π

= 3000

3000

²

+135

²

= 0.99899

t =

γ τ = 22.24 × 8.4 ×10

⁻¹⁷

= 1.87 ×10

⁻¹⁵

s

L = vt = 0.99899 × 3×10⁸

×1.87 ×10

⁻¹⁵

= 5.6 ×10

⁻⁷

m = 560 nm

(3)

c) Conservazione quadrimpulso in SLAB

Poiché i fotoni hanno massa nulla valgono le espressioni

che sostituite nell’equazione precedente, danno

dove α è l’angolo di apertura fra I fotoni (=θ₁+θ₂ nel disegno). Si ricava quindi

Avendo utilizzato la conservazione dell’energia in SLAB nell’ultimo passaggio.

E_π, ! p_π

( )

^{= E}

(

^γ1^{+ E}^{γ 2}^,^p^!^γ1⁺ ^p^!^{γ 2}

)

E_π² − !

p_π ² = E

(

_γ1+ E_{γ 2}

)

² ⁻

(

^p^!^γ1⁺^p^!^{γ 2}

)

²

m_π² = 2E_γ1E_{γ 2}− 2! p_γ1⋅ !

p_{γ 2}

p !

_γ1

= E

_γ1

p !

_{γ 2}

= E

_{γ 2}

m

_π²

= 2E

_γ1

E

_{γ 2}

(1− cos α ) = 4E

_γ1

E

_{γ 2}

sin

²

α 2

sin α

2 = m

_π

2 E

_γ1

E

_{γ 2}

= m

_π

2 E

_γ1

( E

_π

− E

_γ1

)

(4)

d) Per trovare il minimo di α si deve derivare l’espressione

rispetto a E_γ1e imporre la derivata prima =0

Quindi l’angolo di apertura minimo si ha quando l’energia del pione è equipartita fra i due fotoni.

L’angolo minimo vale d

dE_γ₁ sin

α

2

⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = d dE_γ₁

m_π

2 E_γ₁

(

E_π − E_γ₁

)

⎛

⎝

⎜

⎞

⎠

⎟

⎟= − m_π

(

E_π − 2E_γ₁

)

2 E^⎡⎣ _γ₁

(

E_π − E_γ₁

)

⎤

⎦

3/2 = 0

⇒ E_γ₁ = E_γ₂ = E_π 2

sin α

2 = m

_π

2 E

_γ1

( E

_π

− E

_γ1

)

sin α

_MIN

2 = m

_π

2 E

_π

2 E

_π

− E

_π

2 ⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

= m

_π

E

_π

= m

_π

p

_π²

+ m

_π²

= 135

135

²

+ 3000

²

= 0.045

α

_MIN

= 5.16°

(5)

e) La probabilità di emissione nel SCM è costante

La probabilità totale di emissione su tutto l’angolo solido è 1, quindi

da cui

Scriviamo l’angolo solido in termini di φ e θ

Dato che l’emissione è simmetrica in φ, si può integrare su φ tra 0 e 2π ottenendo

dP dΩ

^*

= c

dP

dΩ

^*

= 1 4 π 1 = dP

dΩ

^*

∫ ^dΩ

^*

⁼ ∫ ^{c dΩ}

^*

^{= 4} ^π ^{c ⇒ c =} ₄ ¹ _π

dP

dΩ

^*

= dP

d φ ^{d cos} ( θ

^*

) ⁼

1 4 π

dP

d cos ( θ

^*

) ⁼

1 2 ⇒ dP

d θ

^*

⁼

sin θ

^*

2

(6)

f) La trasformazione di Lorentz per l’energia è

dove β e γ del CM coincidono con quelli del π⁰ calcolati in b)

Inoltre da a) nel SCM

Riscriviamo la trasformazione

Differenziamo questa espressione, tenendo conto che le variabili sono Eg e q*, mentre l’energia e l’impulso del pione sono fissati

Sostituendo l’ultima formula nell’espressione trovata in e)

dP

d cos ( θ

^*

) ⁼

1 2 E

_γ

= γ ( E

_γ^*

+ p

_γ^*

β cos θ

^*

)

E

_γ^*

= p

_γ^*

= m

_π

2 E

_γ

= E

_π

m

_π

m

_π

2 1+ p

_π

E

_π

cos θ

^*

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ = E

_π

2 1+ p

_π

E

_π

cos θ

^*

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ γ =

E_π

m_π

β =

p_π E_π

dE

_γ

= E

_π

2 p

_π

E

_π

d cos ( θ

^*

) ^{⇒ d cos} ( ^θ

^*

) ⁼ _p ²

π

dE

_γ

(7)

dP

d cos ( θ

^*

) ⁼

1 2 dP

dE

_γ

p

_π

2 = 1

2 ⇒ dP

dE

_γ

= 1 p

_π

Quindi la distribuzione di energia del fotone è costante.

(8)

2) Un fascio di elettroni di energia 500 MeV/c²è diffuso da una targhetta di Al (Z=13, A=27, ρ= 2.7 g/cm³) di spessore 0.1 mm. Un rivelatore di sezione 1 dm² posto ad un metro dalla targhetta conta 200 elettroni al secondo diffusi a θ=40°.

a) Sapendo che la corrente di particelle del fascio è 1 µA, qual è la sezione d’urto differenziale del processo misurata sperimentalmente ?

b) Qual è invece il valore teorico della sezione d’urto Mott del processo?

(Assumere che il nucleo non abbia spin).

c) Calcolare l’impulso trasferito q e il corrispondente valore del fattore di forma.

d) Assumendo per semplicità un pattern diffrattivo alla Fraunhofer e sapendo che il valore misurato corrisponde ad un minimo della sezione d’urto differenziale, stimare il raggio dei nuclei di Al.

(9)

a) La sezione d’urto sperimentale si ricava dalla formula

dove

Δ ! N

_f

= dσ

dΩ I

₀

n

_b

Δx A

_riv

r

²

dσ

dΩ = Δ ! N

_f

I

₀

n

_b

Δx A

_riv

r

²

ΔΩ = A

_riv

r

²

= 10

⁻²

m

²

1m

²

=10

⁻²

sr Δ ! N

_f

= 200s

^-1

Δx = 0.1mm=10

^-4

m I

₀

= 1µA

1.6 ×10

⁻¹⁹

= 6.25×10

¹²

s

^-1

n

_b

= ρ N

_A

A = 2.7 ×10

³

6.02 ×10

²³

27 ×10

⁻³

= 6.02 ×10

²⁸

dσ

dΩ = Δ ! N

_f

I

₀

n

_b

Δx A

_riv

r

²

= 200

6.25×10

¹²

× 6.02 ×10

²⁸

×10

^-4

×10

^-2

= 0.05316 ×10

⁻³²

m

²

sr

^-1

(10)

dσ dΩ

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

Mott

*

= dσ dΩ

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

Rutherford

*

cos

²

θ 2

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟= 0.0255fm

²

sr

^-1

× cos

²

40°

2 ⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ = 0.0225fm

²

sr

^-1

dσ dΩ

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

Rutherford

*

= Z

²

α

²

( ) !c

²

4E

²

sin

⁴

θ

2 ⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

= 13

²

( 197MeVfm )

²

4×137

²

× 500 MeV ( )

²

^sin

⁴

^⎛ ^40° ₂

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

= 0.0255 fm

²

sr

^-1

= 0.0255×10

⁻³⁰

m

²

sr

^-1

dσ dΩ

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ = dσ dΩ

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

Mott

*

F(q)

²

F(q)

²

=

dσ dΩ

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ dσ dΩ

⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

Mott

*

= 0.05316 ×10

⁻³²

0.0225×10

⁻³⁰

= 2.36 ×10

⁻²

b) La sezione d’urto Mott è

q = 2 psin θ

2 = 2 × 500 × sin 20° = 342 MeV/c

(11)

b) Nella diffrazione alla Fraunhofer vale

sin θ = 0.61 λ R λ = h

q

sin θ = 0.61 h qR R = 0.61 2 π !

qsin θ ^{= 0.61}

2 π !c

qcsin θ ^{= 0.61}

6.28 ×197MeV fm

342 × sin 40° = 3.43 fm