Esercizi su leggi di conservazione

Es. 1 Dimostrare che la reazione mediata da interazione forte, è vietata dalla conservazione della parità

Soluzione

Le particelle del decadimento sono tutte mesoni psedoscalari con spin 0 Per conservazione di J à L=0 nello stato finale

La parità dei mesoni è -1

La parità dello stato iniziale è -1

Nello stato finale (-1)x(-1)x(-1)^L=0= +1

Quindi il decadimento viola la conservazione della parità.

η

→ π

+ π

Esercizi su leggi di conservazione

Es. 2 Consideriamo le seguenti reazioni:

(a)  p + p→ d + π⁺ (b)  p + n→ d + π⁰

Calcolare il rapporto fra le sezioni d’urto delle due reazioni sulla base di considerazioni legate alla simmetria di isospin dell’interazione forte.

Soluzione

Entrambe le reazioni possono avvenire: la carica elettrica è conservata, il numero B è conservato.

Le tre particelle corrispondono a stati di I, I₃

Consideriamo (a). Usando le regole di composizione dei momenti angolari, si vede che l’isospin iniziale del sistema pp è 1. L’isospin dello stato finale è 1.

Quindi l’isospin è conservato in (a).

p = 1 2,+1 2 n = 1 2, −1 2 d = 0, 0

π

π

Consideriamo (b).

Lo stato iniziale pn è dato dalla combinazione lineare dello stato di tripletto I=1 con I₃=0, e dello stato di singoletto I=0.

Nel caso I=0, l’isospin non è conservato e la reazione non può avvenire (50% dei casi, dato che i coefficienti della combinazione lineare sono uguali).

Lo stato finale corrisponde allo stato di isospin del π⁰, dato che il deutone d ha I=0 Poiché H_S conserva l’isospin, abbiamo

Tale rapporto è verificato sperimentalmente.

p n = 1

2 ( 1, 0 + 0, 0 )

σ

∝ d π

H

pn

= 1

2 1, 0 H

1, 0 + 1, 0 H

0, 0

= 1

2 1, 0 H

1, 0

= 1

2 M

σ

∝ d π

H

pp

= 1,1 H

1,1

= M

σ

σ

^{= 2}

Es. 3 Calcolare i branching ratio dei seguenti modi di decadimento del mesone K⁺, che ha vita media τ=1.237x10^-8 s

Modo di decadimento Branching ratio Larghezza parziale (MeV)

K⁺ à µ⁺ ν_µ 0.635 33.78x10^-15

K⁺ à π⁺ π⁰ 0.212 11.3x10^-15

K⁺ à π⁺ π⁺ π^- 0.056 2.98x10^-15

K⁺ àπ⁺ π⁺ π⁰ 0.017 0.90x10^-15

K⁺ à π⁰ µ⁺ ν_µ 0.032 1.70x10^-15

K⁺ à π⁰ e⁺ ν_e 0.048 2.55x10^-15

Γ= !

τ ⁼

∑

i i

∑

BR_i = Γ_i Γ = τ

!Γ_i = τ τ_i ⁼

λ_i

λ λ_i = 1 τ_i

⇒ Γ_i = ! τ ^BRi Γ= !

τ ⁼

!c

1.237 ×10⁻⁸c = 197.3 [MeVfm]

1.237 ×10⁻⁸[s] 3×10⁸×10¹⁵[fms⁻¹]= 53.2 ×10⁻¹⁵MeV

Es. 4 La particella ρ⁰ è un mesone vettore con J^P=1^-. Dire quali fra i seguenti decadimenti quali sono possibili e quali vietati

Soluzione

Il momento angolare dello stato iniziale è J_in=J_ρ = 1, mentre la parità P_in = -1 Lo spin dei pioni è 0 e la parità -

1)  J_fin = L à L = 1 momento angolare del moto relativo di π^± P_fin = -1 x (-1) x (-1)^L = -1 à La parità è conservata

Il decadimento avviente.

Applicando la C-parità

si deduce che la C-parità della ρ⁰ è -1

2) La C-parità dello stato finale con due π⁰ è +1, mentre la C-parità di ρ⁰ è -1 à Il decadimento viola la conservazione della C-parità.

Inoltre L=1 (da conservazione J) per due bosoni identici di spin 0 non è possibile, perché la funzione d’onda del sistema sarebbe antisimmetrica per scambio

3) Proibito

(1)

ρ

π

π

ρ

π

π

ρ

γγ

C

( ) ρ

( ^π

^π

)

^{( )}

( ^π

^π

)

( ) ^ρ

C

( ) ρ

( ) ^ρ

^{( ) γγ}

^{( )}

^{( ) γγ}

^{( ) γγ}

Es. 5- Sulla base di considerazioni legate alla conservazione della C-parità delle interazioni e.m., dimostrare che il positronio (stato legato e⁺e^-) può decadere in due o tre fotoni a seconda del valore di L e S del sistema.

Soluzione

La funzione d’onda del positronio si può fattorizzare in una parte spaziale che descrive il moto relativo delle due particelle e una di spin.

Lo stato di spin può essere o un tripletto con S=1 simmetrico per scambio, oppure un singoletto con S=0, antisimmetrico per scambio.

Lo scambio delle due particelle, ha l’effetto di una inversione spaziale sulla funzione α, cioè

Applicare la C-parità alla funzione d’onda, equivale a scambiare le due particelle nella parte di spin e spaziale. Tenendo conto anche della parità intrinseca della coppia fermione-antifermione, si ha

ψ ( e

e

) ^{= α ( r !}

^{− r !}

^{) β ( s !}

^{, s !}

⁾

α ( ! r

− !

r

) = −1 ( )

^{α ( r !}

^{− r !}

⁾

C ψ ( ^e

^e

) ^{= 1× −1 ( ) × −1 ( )}

^{× −1 ( )}

^ψ ( ^e

^e

) ^{= −1 ( )}

^ψ ( ^e

^e

)

Se consideriamo il decadimento

la C-parità dello stato finale è (-1)²=1. Quindi il decadimento può avvenire se L+S è pari.

Se S=0 (singoletto) à L=0,2,4,…

S=1 (tripletto) à L=1,3,5,…

Se consideriamo il decadimento

la C-parità dello stato finale è (-1)³=-1. Quindi il decadimento può avvenire se L+S è dispari.

Se S=0 (singoletto) à L=1,3,5,…

S=1 (tripletto) à L=0,2,4,…

e

e

→ γγ

e

e

→ γγγ

Es. 6- Determinare se i seguenti decadimenti sono permessi

Soluzione

η⁰ è un mesone pseudoscalere con J^P=0^-. E’ autostato della C-parità

Il decadimento è e.m. à C-parità si dovrebbe conservare.

Ma la C-parità dello stato finale è -1

Diversa dalla C-parità iniziale à Il decadimento non avviene

π^± è un mesone pseudoscalere con J^P=0^-. La parità dello stato iniziale è -1.

La parità dello stato finale è (-1)^Lx(-1)x(-1) = (-1)^L

Poiché J=0 nello stato iniziale, e lo spin dei pioni è 0 à L=0 per conservazione J à Parità dello stato finale +1 à La parità non si conserva.

η

→ γγγ η

→ π

π

η

→ π

π

η

→ π

γ η

→ e

µ

C η⁰ = η⁰

η

→ γγγ

C γγγ = −1

( )

η

→ π

π

η

→ π

π

η⁰ è un mesone pseudoscalere con J^P=0^-. La parità dello stato iniziale è -1.

La parità dello stato finale è (-1)^Lx(-1)x(-1) = (-1)^L

Poiché J=0 nello stato iniziale, e lo spin dei pioni è 0 à L=0 per conservazione J à Parità dello stato finale +1 à La parità non si conserva.

J=0 per i mesoni, J=1 per il fotone à Non si conserva il momento angolare.

Proibito perché non conserva il numero leptonico.

η

→ π

γ

η

→ e

µ

Es. 7- Determinare quali dei seguenti decadimenti deboli sono possibili

Σ

→ π

+ n

Σ

→ π

+ p

n → p + e

+ ν

n → p + e

+ ν

Λ

→ K

+ π

Soluzione

Σ

→ π

+ n Q -1 = -1 + 0 L 0 = 0 + 0 B +1= 0+ 1 S -1 ≠ 0 + 0 I 1 1 1

2

Non conserva né I né S

Può avvenire decadimento debole

Σ

→ π

+ p Q -1 = ≠ -1 + 1

Viola conservazione della carica elettrica

n → p + e

+ ν

Q 0 = +1-1

L 0 ≠ 0 +1 +1

Viola conservazione del numero leptonico

n → p + e

+ ν

Q 0 ≠ +1+1+0

Viola conservazione della carica elettrica Λ⁰ → K⁰ +π⁰

B +1 ≠ 0 + 0

Non conserva il numero barionico

Es. 8- Determinare quali dei seguenti processi mediati da interazione forte sono possibili

π

+ p → Σ

+ η

π

+ p → Σ

+ K

p + p → Σ

+ K

p + p → Λ

+ p + K

π

+ p → n + γ

π

+ p → Λ

+ π

p + n → Λ

+ p

K

→ π

+ π

+ π

+ π

+ π

+ π

Ω

→ Ξ

+ K

Soluzione

π

+ p → Σ

+ η

Q -1 + 1 = 0 + 0 L 0 + 0 = 0 + 0 B 0 + 1 = 1 + 0 S 0 + 0 ≠ −1+ 0

I 1 1/2 1 0

π

+ p → Σ

+ K

Q -1 + 1 = 0 + 0 L 0 + 0 = 0 + 0 B 0 + 1= 1+ 0 S 0 + 0= −1+1

I 1 1

2 1 1 2 I

-1 + 1

2 = 0 - 1 2 J 0 1

2 1 2 0

Non conserva S Non conserva I

OK NON viola

alcuna conservazione

p + p → Σ

+ K

Q +1+ 1 = +1+ 1 L 0 + 0 = 0 + 0 B 1 + 1 ≠1 + 0

Non conserva B Non conserva I

p + p → Λ

+ p + K

Q +1+1 = 0+1+1

L 0+0 = 0+0 + 0 B 1+1 = 1+1+0 S 0+0 =−1+ 0 +1

I 1 2

1

2 0 1 2 1

2 I

1

2 + 1

2 = 0 + 1 2 + 1

2 J 1

2 1 2 1

2 1 2 0

OK NON viola

alcuna conservazione

π

+ p → n + γ Q -1 + 1 = 0 + 0 L 0 + 0 = 0 + 0 B 0 + 1= 1+ 0 S 0 +0 = 0+0 I 1 1

2 1

2 0 I

-1 + 1

2 = - 1 2 + 0

OK NON viola

alcuna conservazione

π

+ p → π

+ Λ

Q -1 + 1 = 0 + 0 L 0 + 0 = 0 + 0 B -1 + 1= 0+ 0 S 0 +0 ≠ 0-1

Non conserva S

p + n → Λ⁰ + p S 0 + 0 ≠ −1+ 0

Viola la conservazione della stranezza.

Inoltre Λ ha I=0, p n I=1/2 à Non si conserva isospin I_f=1/2 ≠ I_i=1,0

K

→ π

+ π

+ π

+ π

+ π

+ π

Conserva la carica

Non conserva l’energia perché M(K)=495 MeV/c² < 6xM(π)=140 MeV/c²

Ω

→ Ξ

+ K

Anche se conserva la stranezza S(Ω)=-3 = S(Ξ) +S(K⁰-bar) = -2-1 Non conserva l’energia perché

M(Ω)=1672 MeV/c² < M(Ξ) +M(K⁰-bar)

Fisica Nucleare e Subnucleare – Esercitazione 6 Paolo Maestro 16

Es. 9- Spiegare se e come possono avvenire i decadimenti sapendo che la vita media della Σ⁰ è 10^-20 s

Soluzione

La vita media è tipica delle interazioni e.m. , troppo breve per le interazioni deboli.

Pertanto il decadimento deve essere forte o e.m.

Il decadimento

non conserva la stranezza e quindi non può avvenire né e.m. né forte.

Il decadimento

non può avvenire forte, perché pure conservando la stranezza, non conserva isospin in quanto I_Σ = 1 e I_Λ=0

Può avvenire e.m., perché interazione e.m. non conserva isospin.

Σ

→ Λ

+ γ Σ

→ π

+ n

Σ

→ π

+ n

Σ

→ Λ

+ γ