1) Basandosi su considerazioni legate alla conservazione dell’isospin nelle interazioni forti, determinare il rapporto fra le sezioni d’urto delle reazioni
2) In un meteorite è stato trovato 1 g di potassio e 10-5 g di 40Ar. Si suppone che l’argon non fosse inizialmente presente nella roccia e sia stato prodotto interamente dal decadimento del 40K per cattura elettronica. Tale decadimento avviene con rapporto di diramazione 10.72%, mentre il decadimento β del 40K ha rapporto di diramazione 89.28%.
Determinare l’età del meteorite sapendo che la concentrazione del 40K nel potassio naturale è 1.18x10-2%, la massa atomica media del potassio naturale è 39.089, e il tempo di dimezzamento del
40K è 1.277x109 anni.
3) Un fascio di neutroni è prodotto bombardando un bersaglio di trizio con deutoni di energia 2.5 MeV, secondo la reazione
La corrente elettrica prodotta dal fascio di deutoni è 2 µA, e la densità superficiale del bersaglio di trizio è 0.2 mg/cm2. Calcolare
a) L’intensità dei neutroni che attraversa una superficie di 1 cm2 posta ad 1 m dal bersaglio e ad un angolo di 30° rispetto alla direzione del fascio, sapendo che la sezione d’urto differenziale a questo angolo è 13 mb/sr.
b) L’energia dei neutroni diffusi a 30°.
[Mn = 939.5 MeV/c2 Md = 1875.6 MeV/c2 MHe = 3755.6 MeV/c2]
p d → π+ 1 3H p d → π0 23He
d +
13H → n +
24He
Soluzione Es. 1
Scriviamo innanzitutto l’isospin delle particelle coinvolte nelle reazioni
Ora scriviamo gli stati iniziali e finali p = I = 1
2; I3 = +1 2 d = I = 0; I3 = 0 π+ = I = 1; I3 = +1 π0 = I = 1; I3 = 0
1
3H = I = 1
2; I3 = −1 2
2
3He = I = 1
2; I3 = +1 2
p d = I = 1
2; I3 = +1
2 I = 0; I3 = 0 π+ 13H = I = 1; I3 = +1 I = 1
2; I3 = −1 2 π0 23He = I = 1; I3 = 0 I = 1
2; I3 = +1 2
Lo stato iniziale delle reazioni ha isospin totale I=1/2 I3=1/2
Usando i coefficienti di Clebsch-Gordan si possono esprimere i due stati finali come combinazione della base degli stati di isospin totale 1x1/2
π
+ 13H = 1 3
3 2 , 1
2 + 2 3
1 2 , 1
2 π
0 23He = 2
3 3 2 , 1
2 − 1 3
1 2 , 1
2
p d = 1 2,1
2
Consideriamo l’hamiltoniana HS dell’interazione forte nei due decadimenti considerati.
La conservazione dell’isospin nell’interazione forte, implica la invarianza di HS per rotazioni nello spazio dell’isospin.
Quindi gli autostati di isospin totali sono anche autostati di HS, per cui possono avvenire solo reazioni 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 sezioni d’urto è
σ ( p d → π
+ 12H )
σ ( p d → π
0 32He ) = 2
σ p d → π ( + 12H ) = k p d H
S π
+ 13H
2 = k 2 3 1 2 ;+ 1 2 H
S 1 2 ;+ 1 2
2
= 2
3 k M
1/2 2σ p d → π ( 0 23He ) = k p d H
S π
0 23He
2 = k − 1 3 1 2 ;+ 1 2 H
S 1 2 ;+ 1 2
2
= 1
3 k M
1/2 2Soluzione Es. 2
Il numero di atomi di 40K in un 1 g di potassio naturale è
Tale era il numero iniziale di atomi di 40K alla formazione del meteorite.
Il numero di atomi di 40K decaduti si può ricavare dal numero di atomi di 40Ar presenti nella roccia e prodotti nel decadimento per cattura elettronica (EC) così
dove BR è il rapporto di diramazione, cioè la % di decadimenti del 40K che avvengono per EC. Applicando la legge del decadimento radioattivo nella forma che esprime i decadimenti avvenuti nel tempo t
N0 = mK NA
AK c = 16.02 ×1023
39.089 1.18 ×10−4 = 1.817 ×1018
τ = T1/2
ln 2 = 1.277 ×109
ln 2 = 1.842 ×109a N = mAr NA
AAr 1
BR = 10−5 6.02 ×1023 40
1
0.1072 = 1.4039 ×1018
N = N0
1− exp −
tτ
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟
⎡
⎣ ⎢ ⎤
⎦ ⎥
t = −
τ ln 1−
N N0⎡
⎣ ⎢ ⎤
⎦ ⎥ = 1.842 ×10
9× ln 0.227 ( ) = 2.728 ×10
9a
Soluzione es. 3
a) Il numero di neutroni per unità di tempo diffusi nell’ angolo solido ΔΩ, definito dalla superficie S=1cm2 posta a d=1 m dal bersaglio, è dato dalla formula
dove ΔΩ = S/d2
L’intensità I del fascio di deutoni si ricava dalla corrente di fascio
La densità di centri di scattering nel bersaglio di trizio è
Poiché è data la densità superficiale ρs e non la densità volumica ρ del trizio, osserviamo che ρs = ρ Δx. Possiamo riscrivere
n
b= ρ N
AA I = i
e = 2 ×10
−6A
1.6 ×10
−19C =1.25×10
13s
−1Δ ! N
f= dσ
dΩ I n
bΔx ΔΩ
Δ ! N
f= d σ
dΩ I n
bΔx ΔΩ= d σ
dΩ I ρ Δx N
AA
S
d
2= d σ
dΩ I ρ
sN
AA
S d
2=
=1.3×10
−27×1.25×10
13× 2 ×10
−46.02 ×10
233
1
10
4= 650 s
-1Scriviamo il Q della reazione in termini delle energie cinetiche T delle particelle
Consideriamo ora la conservazione della quantità di moto
Quadrando entrambi i termini e sommando
Notiamo che viste le energie in gioco (<< delle masse delle particelle), il problema si può trattare classicamente. Scriviamo l’energia cinetica dell’He
e sostituendo in (*) si ottiene
Q = M
3H+ M
d− M
n− M
4He= −T
d+ T
n+ T
4He= T
n+ T
4He− 2.5 T
n+ T
4He= Q + T
d= 17.6 + 2.5 = 20.1 MeV
p
Hey= p
nsin θ
p
Hex+ p
ncos θ = p
dT
He= p
He22M
He= p
n2+ p
d2− 2 p
np
dcos θ 2M
Hep
He2= p
n2+ p
d2− 2 p
np
dcos θ (*)
T
n+ T
4He= Q + T
dp
n22M
n+ p
n2+ p
d2− 2 p
np
dcos θ
2M
He= Q + T
dpn2
2
1
Mn
+ 1
MHe⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟ −
pnpdcos θ
MHe
+
pd22M
He= Q + T
d Mn+ M
HeMn
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟ p
n2
− 2 p
npdcos θ + p
d2− 2 Q + T (
d)
MHe= 0
pn
=
pd
cos θ ± (
pdcos θ )
2− p ⎡⎣
d2− 2 Q + T (
d)
MHe⎤⎦
Mn+ M
HeMn
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟
Mn+ M
HeMn
⎛
⎝ ⎜ ⎞
⎠ ⎟
Sostituendo nell’espressione i valori numerici
