Fisica Nucleare e subnucleare Prova in itinere del 7/7/2017

(1)

Fisica Nucleare e subnucleare Prova in itinere del 7/7/2017

1)  Il nucleo ³H decade β nel nucleo ³He. Nel decadimento l’energia cinetica massima dell’elettrone è 19 keV.

a) Determinare i valori di J^P dei due nuclei e il momento angolare dei leptoni prodotti nel decadimento.

b) Calcolare la differenza di energia di legame tra i due nuclei.

c) Nell’ipotesi che la differenza di energia di legame sia dovuta alla repulsione coulombiana dei due protoni nel nucleo di ³He, calcolare la distanza media dei protoni.

[M_n = 939.56 MeV/c²; M_p= 938.27 MeV/c²; M_e= 511 keV/c²]

2) Nei raggi cosmici, protoni di alta energia possono collidere con fotoni della radiazione fossile a microonde secondo il processo p+γ à p+π⁰. Calcolare la soglia di produzione del pione, assumendo un’energia media dei fotoni pari a 10^-3 eV. Qual è la distanza media percorsa dal protone prima che avvenga questa reazione, se la sua sezione d’urto è 250 µbarn e la densità dei fotoni della radiazione fossile è 400 cm^-3? [M_p =135 MeV/c²; M_p= 938 MeV/c²]

(2)

indicare le leggi di conservazioni violate. Per quelli permessi, indicare quale interazione media il processo.

4) Basandosi su considerazioni legate alla conservazione dell’isospin nelle interazioni forti, determinare il rapporto fra le larghezze di decadimento Γ del barione Ξ*

(I=|1/2, +1/2> nei due seguenti modi di decadimento p → n + e⁺+ν_e

π⁰ → e⁺ + e⁻+γ K⁺ →π⁺+ K⁰ π⁺+ n → Ξ⁰ + K⁻ K⁺+ p → Σ⁰ +π⁺+π⁺ e⁻+ p →π⁰ +ν_e

Γ Ξ (

^0*

→ Ξ

⁰

π

⁰

)

Γ Ξ (

^0*

→ Ξ

⁻

π

⁺

)

(3)

Es. 1)

Il decadimento β^- del ³H è

Q_β=M_3H- M_3He- M_e= T_He+T_e+T_ν≈ T_e+T_ν= T_e^Max = 19 keV

3H: 2 neutroni (1s_1/2)² 1 protone (1s_1/2)¹à J^P= 1/2⁺

3He: 1 neutrone (1s_1/2)¹ 2 protoni (1s_1/2)²à J^P= 1/2⁺

Per la conservazione del momento angolare, i due leptoni possono avere J_lep=0, 1 Le masse dei nuclei di ³H e ³He sono date da

M_3H = M_p + 2 M_n – B(³H) M_3He = 2M_p + M_n – B(³He)

dove B è l’energia di legame nucleare.

Sottraendo la seconda equazione dalla prima M_3H- M_3He= -B(³H) + B(³He) - M_p + M_n

Ma dal Q valore del decadimento sappiamo M_3H- M_3He- M_e = T_e^Maxche sostituita nella precedente dà

1

3H → ₂³He + e⁻

+ ν

_e

(4)

T_e^Max+ M_e= -B(³H) + B(³He) - M_p + M_n da cui si ricava

-B(³H) + B(³He) = T_e^Max+ M_e+ M_p - M_n= 19+ 511+(938.27-939.56)x10³= -760 keV

I due nuclei sono speculari, quindi hanno uguali tutti i termini della formula di Weizsacker, tranne il termine della repulsione coulombiana

B_3H = B(3,1) = 3A − a_S3^2/3− a_C1× 0

3^1/3 − a_A

( )

1 ²

4 × 3− δ 3^1/2 B_3He = B(3, 2) = 3a_V − a_S3^2/3− a_C 2 ×1

3^1/3 − a_A

( )

1 ² 4 × 3− δ

3^1/2 B_3H − B_3He = a_C 2

3^1/3 = 0.86 MeV

R(fm) 2 2 −1

( )

R = 0.86 × 2 MeV

B_3H − B_3He =1720

760 fm = 2.26 fm

(5)

Es. 2

La soglia di produzione è l’energia minima del protone perché avvenga la reazione e si calcola considerando fermi (energia cinetica =0) i prodotti della reazione nel CM.

Consideriamo la conservazione del quadrimpulso, calcolato nel sistema del LAB per lo stato iniziale e nel sistema del CM per lo stato finale (impulso totale nullo)

E

_p

+ E

_γ

, !

p

_p

+ ! p

_γ

( ) ^{= E} (

^p'^*

^{+ E}

^π^*

^, ^p ^!

^p'^*

⁺ ^p ^!

^π^*

) ^{= T} (

^p'^*

^{+ T}

^π^*

^{+ m}

^p

^{+ m}

^π

^{, 0} )

m

_p²

+ 2E

_p

E

_γ

− 2 ! p

_p

⋅ !

p

_γ

= T (

_p'^*

+ T

_π^*

+ m

_p

+ m

_π

)

²

m

_p²

+ 2E

_p

E

_γ

− 2 !

p

_p

E

_γ

cos θ ≥ m (

_p

+ m

_π

)

²

2E

_p

E

_γ

− 2 !

p

_p

E

_γ

cos θ ≥ m

_π²

+ 2m

_p

m

_π

4E

_p

E

_γ

≥ m

_π²

+ 2m

_p

m

_π

E

_p

≥ m

_π²

+ 2m

_p

m

_π

4E

_γ

= ( 135

²

+ 2 ×135 × 938 ) ^×10

¹²

4 ×10

⁻³

= 6.8 ×10

¹⁹

eV La distanza media percorsa è

λ = 1

Nσ = 1

400 cm^-3× 250 ×10⁻⁶ ×10⁻²⁴ cm² = 10²⁵cm=10²⁵cm 1

3600 × 24 × 365× 3×10¹⁰cm/ly = 10⁷ly = 3 Mpc

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No ΔM<0 Si e.m.

No ΔM<0 (Massa K⁺ = 493 MeV/c² Massa K⁰ = 497MeV/c² ) No Q non conservata, ΔS=3

No ΔS=2, S non conservata ma è produzione mediata da interazione forte.

No B e L_e violati p → n + e⁺ +ν_e

e⁻ + p →π⁰ +ν_e π⁰ → e⁺+ e⁻+γ K⁺ →π⁺+ K⁰ π⁺+ n → Ξ⁰ + K⁻ K⁺ + p → Σ⁰ +π⁺+π⁺

(7)

Es. 4

La particella che decade ha isospin 1/2

I due modi di decadimento hanno stato finale rispettivamente

Usando i coefficienti si possono esprimere i due stati finali

come combinazione della base degli stati di isospin totale 1x1/2

Ξ

⁰

π

⁰

= 1 2 ;+ 1

2 1;0 Ξ

⁻

π

⁺

= 1

2 ;− 1

2 1;+1 Ξ

^0*

= 1

2 ;+ 1 2

Ξ

⁰

π

⁰

= 2 3

3 2 ;+ 1

2 − 1 3

1 2 ;+ 1

2 Ξ

⁻

π

⁺

= 1

3 3 2 ;+ 1

2 + 2 3

1 2 ;+ 1

2

(8)

S

La conservazione dell’isospin nell’interazione forte, implica la invarianza di H_S per rotazioni nello spazio dell’isospin.

Quindi gli autostati di isospin totali sono anche autostati di H_S, per cui possono avvenire solo transizioni fra stati con gli stessi valori di I e I₃.

La larghezze dei modi di decadimento considerati si calcolano quindi così

dove la costante di proporzionalità k è data dal prodotto degli stati accessibili nello spazio delle fasi, che è uguale per entrambi i modi.

Inoltre l’ampiezza di transizione M dipende solo dal valore di I, e non da I₃ Il rapporto fra le larghezze di decadimento è

Γ Ξ (

^0*

→ Ξ

⁰

π

⁰

) ^{= k Ξ}

^0* ^H^S

^Ξ

⁰

^π

⁰ ²

^{= k} ¹ ₃ ¹ ₂ ^;+ ¹ ₂

^H^S

¹ ₂ ^;+ ¹ ₂

2

= 1

3

k M_1/2 ²

Γ Ξ (

^0*

→ Ξ

⁻

π

⁺

) ^{= k Ξ}

^0* ^H^S

^Ξ

⁻

^π

⁺ ²

^{= k} ² ₃ ¹ ₂ ^;+ ¹ ₂

^H^S

¹ ₂ ^;+ ¹ ₂

2

= 2

3

k M_1/2 ²

Γ Ξ (

^0*

→ Ξ

⁰

π

⁰

)

Γ Ξ (

^0*

→ Ξ

⁻

π

⁺

) ⁼

1

2

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