Esercizi per il corso di Fisica Nucleare e Subnucleare 1 ...ripani/lezioni/lezioni_2008.pdf · di...

Eserciziper il corso

di Fisica Nucleare e Subnucleare 1: PrimaParte

M. RipaniaaIstituto Nazionale di Fisica Nucleare,

Via Dodecanneso 33, I-16146 Genova

Indice

1 Unita di misura, cinematica e sezioni d’urto 51.1 Unita di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Cinematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Sistema di unita c=1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3.2 Svolgimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Impulso trasferito, potere risolutivo, sezioni d’urto . . . . . . . . . . . . . . 101.4.1 Impulso trasferito in una reazione elastica . . . . . . . . . . . . . . 101.4.2 Sezione d’urto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Sezioni d’urto differenziali in angolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.6 Sezioni d’urto differenziali in angolo ed energia . . . . . . . . . . . . . . . . 121.7 Relazione fra sezione d’urto e parametro d’urto . . . . . . . . . . . . . . . 13


1.8 Nomenclatura dei nuclei e reazioni nucleari . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.8.1 Nomenclatura e simboli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.8.2 Leggi di conservazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.8.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.8.4 Svolgimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.8.5 Cinematica urto elastico non relativistico . . . . . . . . . . . . . . . 191.8.6 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.8.7 Svolgimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Diffusione e fattori di forma 242.1 Diffusione Elastica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.2 Fattori di Forma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26


3 Masse dei Nuclei e Reazioni Nucleari 293.1 Masse ed Energie di Legame . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2

3.1.1 La Formula Semiempirica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.1.2 Energia di Legame di Nucleoni o Insiemi di Nucleoni . . . . . . . . 29

3.1.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.1.4 Svolgimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.2 Reazioni e Bilancio Energetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.2.1 Bilancio energetico di una reazione nucleare . . . . . . . . . . . . . 31

3.2.2 Fissione e Fusione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.2.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.2.4 Svolgimenti degli Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.2.5 Soglia di una reazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.2.6 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.2.7 Svolgimenti degli Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.2.8 Cattura del neutrone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4 Decadimenti radioattivi 40

4.1 Leggi generali del decadimento radioattivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.1.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.1.2 Svolgimento degli Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.2 Decadimento α . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4.2.1 Barriera coulombiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4.2.2 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45


4.3 Decadimento β . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4.3.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51


4.4 Decadimento γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

4.4.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58


4.5 Radioattivita naturale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

4.5.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62


4.6 Dosimetria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4.6.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64


5 Proprieta magnetiche dei nuclei 66

5.1 Unita base: magnetone di Bohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

5.2 Frequenza di Larmor di nuclei in un campo magnetico . . . . . . . . . . . . 67

5.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3

6 Isospin 696.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 706.2 Svolgimento degli Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

A Costanti utili e unita di misura da ricordare 72

4

Capitolo 1

Unita di misura, cinematica e sezionid’urto

1.1 Unita di misura

Ricordiamo alcune importanti quantita fisiche in determinati sistemi di unita 1. Le variequantita sono riportate qui con troncature arbitrarie delle cifre significative.

• La velocita della luce c vale nel sistema CGS 2.998 · 1010 cm s−1, ovvero 2.998 · 108

m s−1 nel MKS.

• La costante di Planck h vale nel sistema CGS 6.626 ·10−27 erg·s, ovvero 6.626 ·10−34

J·s nel MKS.

• Segue che la costante � = h2π

vale 1.055 · 10−27 erg·s nel CGS ovvero 1.055 · 10−34 J·snel MKS.

• La carica dell’elettrone nel MKS vale 1.602 · 10−19 C (C=Coulomb).

• La massa dell’elettrone vale 9.109 · 10−31 Kg.

• La massa del protone vale 1.673 · 10−27 Kg.

• La massa del neutrone vale 1.675 · 10−27 Kg.

Come unita di energia o massa, in fisica nucleare e comune utilizzare l’elettronvolt(eV), pari a 1.6 · 10−12 erg = 1.6 · 10−19 Joule ed i suoi multipli kiloelettronvolt (keV=103

eV), Megaelettronvolt (MeV=106 eV), Gigaelettronvolt (GeV=109 eV), e Teraelettronvolt(TeV=1012 eV).

Come unita di lunghezza, in fisica nucleare e comune utilizzare il Fermi (F ), pari a10−13 cm (ricordando che l’Angstrom e pari a 10−8 cm, si ha 1 F = 10−5 A).

1Per una tabella estensiva consultare la pagina del Particle Data Group presso il Lawrence BerkeleyLaboratory, http://pdg.lbl.gov/2004/reviews/

5

1.2 Cinematica

Ricordiamo alcune relazioni di cinematica relativistica. La relazione fra l’energia totaleE (che comprende l’energia ovvero massa di riposo). l’impulso o quantita di moto p e lamassa di riposo m0 e

E2 = m20c

4 + c2p2 = (m0c2 + T )2 (1.1)

dove T e l’energia cinetica. Da qui si vede che l’impulso di un sistema fisico si puo misurarein MeV/c, un’unita molto usata in fisica nucleare e subnucleare. Nel caso non relativistico(cp << m0c

2) si ha

E = m0c2 +

p2

2m0

→ T =p2

2m0

→ p =√

2m0T (1.2)

Nel caso estremo relativistico (cp >> m0c2) si ha

E ∼ cp ∼ T (1.3)

Per particelle a massa nulla come il fotone si ha

E = cp = T (1.4)

1.3 Sistema di unita c=1

Nel sistema c = 1, si ha che energie e masse sono misurate nelle stesse unita. Percio leunita base sono, per esempio, masse e lunghezze e in tal caso i tempi sono misurati inunita di lunghezza, ovvero [m] = [E], [t]=[L]. E’ chiaro che in questo caso l’energia diquiete di una particella e data da Equiete = m: in questo sistema percio si possono darele masse delle particelle in MeV e anche gli impulsi (spesso pero anche se si usa c=1 simantiene la scrittura degli impulsi in MeV/c).

1.3.1 Esercizi

1. Calcolare le dimensioni della quantita di moto (impulso) p nel sistema c = 1.

2. Calcolare le dimensioni del momento della quantita di moto (momento angolare) Lnel sistema c = 1.

3. Calcolare le dimensioni della costante di Planck � nel sistema c = 1.

6

4. Calcolare le dimensioni della carica elettrica e nel sistema c = 1.

5. Calcolare il valore della costante di Planck � nel sistema c = 1, usando MeV e Fcome unita di misura.

6. Calcolare il valore della carica dell’elettrone nel sistema c = 1, usando MeV e Fcome unita di misura.

7. Sapendo che nel sistema MKS la massa dell’elettrone vale me = 9.1 · 10−31 Kg,calcolarne il valore in eV nel sistema c = 1.

8. Sapendo che nel sistema MKS la massa del protone e del neutrone valgono rispet-tivamente mp = 1.668 · 10−27 Kg e mn = 1.670 · 10−27 Kg, calcolarne il valore inMeV nel sistema c = 1.

9. Calcolare il valore del raggio di Bohr dell’idrogeno, dato da rB = �2

mee2 , utilizzandoil sistema c = 1.

10. Calcolare il valore della lunghezza d’onda di De Broglie di una particella α (nucleodi elio) con energia cinetica pari a 5 MeV, utilizzando il sistema c = 1.

11. Calcolare il valore dell’energia coulombiana fra una particella α e un nucleo di Oro(Z=79) ad una distanza R pari a 20 F, utilizzando il sistema c = 1.

12. Calcolare il valore del potenziale di ionizzazione dell’idrogeno, dato da VI = mee4

2�2 ,utilizzando il sistema c = 1.

13. Si abbia un nucleo di elio massa 3756 MeV e di impulso di modulo p= 350 MeV/c.Quanto vale la sua energia cinetica in approssimazione non relativistica ? E usandola formula relativistica ?

7

1.3.2 Svolgimenti

1. Dalla formula relativistica

E2 = p2c2 + m20c

4 (1.5)

con m0 massa di riposo, si vede che ponendo c=1 si ha

E2 = p2 + m20 (1.6)

e quindi [p] = [E] = [m]. Spesso pero, al fine di ricordare che si sta usando la 1.5con c = 1, la misura degli impulsi viene data in eV/c e quella delle masse in eV/c2.

2. Dalla definizione

�L = �r × �p (1.7)

si ha che [L]=[l][p]=[l][m]. Si puo quindi misurare il momento angolare in eV · F .

3. Sapendo che � ha dimensioni [E][t], si ha che [�] = [m][l] e quindi � si misura in eV ·F .

4. Sapendo che la costante di struttura fina α = e2

�c= 1

137e adimensionale, si trova che

[e2] = [m][l] e quindi e puo essere misurata in√

eV · F .

5. Calcoliamo la quantita �c che vale, nel sistema CGS

�c = 10−27 erg · sec × 3 · 1010 cm

sec(1.8)

= 3 · 10−17 erg · cm= 3 · 10−17 × 1

1.6 · 10−12eV × 1013 F = 1.98 · 108 eV · F

= 198 MeV · F

Percio � = �c = 198 MeV · F .

6. Sapendo che la costante di struttura fina α = e2

�c= 1

137, si ha

e2 =�c

137=

198 MeV · F137

= 1.44 MeV · F (1.9)

e quindi e = 1.2√

MeV · F .

8

7.

me = mec2 = 9.1 · 10−31 Kg × (3 · 108

)2 m2

sec2= 8.2 · 10−14 Joule = (1.10)

8.1 · 10−14

1.6 · 10−19eV = 5.1 · 105 eV = 0.51 MeV

8. Per il protone,

mp = mpc2 = 1.668 · 10−27 Kg × (3 · 108

)2 m2

sec2= 1.501 · 10−10 Joule =(1.11)

1.501 · 10−10

1.6 · 10−19eV = 9.383 · 108 eV = 938.3 MeV

Per il neutrone,

mn = mnc2 = 1.670 · 10−27 Kg × (3 · 108)2 m2

sec2= 1.503 · 10−10 Joule =(1.12)

1.503 · 10−10

1.6 · 10−19eV = 9.394 · 108 eV = 939.4 MeV

9. rB =1982 MeV 2F 2

0.51 MeV × 1.44 MeV · F = 5.34 · 104 F = 0.53 A (1.13)

10. Si ha λ = hp, dove h e la costante di Planck e p e l’impulso della particella. Per una

particella α di 5 MeV, si puo utilizzare l’approssimazione non relativistica Tα = p2

2M=

5 MeV, dove M e la massa del nucleo, pari a 3727.5 MeV. Percio si ricava p=193 MeV(c=1). Si ha percio λ = 2π×198 MeV ·F

193 MeV∼ 6.5 F. Allo stesso modo �λ = 198 MeV ·F

193 MeV∼ 1 F.

11. Si ha VCoul = zZe2

R, dove z e il numero atomico dell’α ed e l’unita di carica ele-

mentare. Percio si ricava VCoul = 2×79×1.44 MeV ·F20 F

= 11.4 MeV.

12. VI =0.51 MeV × (1.44 MeV · F )2

2 (198 MeV · F )2 = 1.35 · 10−5 MeV = 13.5 eV (1.14)

13. Nel caso non-relativistico, T= p2

2M= 16.3 MeV. Nel caso relativistico, l’energia to-

tale e E=√

p2 + M2=3772 MeV = M + T e quindi T = 16.3 MeV. Con 3 cifresignificative, i due risultati sono indistinguibili.

9

1.4 Impulso trasferito, potere risolutivo, sezioni d’ur-

to

1.4.1 Impulso trasferito in una reazione elastica

Consideriamo un esperimento tipo Geiger-Marsden, in cui una particella α (nucleo di Elio,vedere piu avanti nomenclatura, simboli, etc.) subisce una collisione con un determinatonucleo a riposo di raggio R nel sistema di riferimento del laboratorio. Vediamo in qualicondizioni cinematiche ci possiamo aspettare che il proiettile α possa penetrare dentro ilnucleo e quindi rivelare l’estensione spaziale (o in altri termini la struttura interna) del nu-cleo stesso. Supponiamo che nella collisione la particella α, che consideriamo puntiforme,subisca una deflessione di un angolo θ rispetto alla direzione iniziale. Si definisce impulsotrasferito, che indichiamo con Δ�p la differenza tra la quantita’ di moto (impulso) iniziale�p e quella finale �p ′ della particella α, Δ�p = �p - �p ′. Calcoliamo il quadrato dell’impulsotrasferito

Δ�p 2 = (�p − �p ′)2= �p 2 + �p ′2 − 2�p · �p ′ = p 2 + p′2 − 2pp′cosθ (1.15)

dove abbiamo eliminato il segno di vettore quando si tratta del relativo modulo. Seassumiamo che la massa del nucleo bersaglio molto piu grande di quella del proiettile,si ha che l’energia cinetica di rinculo acquistata dal bersaglio, pari a Δ�p 2/2Mnucleo →0, ovvero il proiettile nella collisione cede quantita di moto ma non energia cinetica. Inquesta approssimazione, si ha che necessariamente p = p′, ovvero il modulo della quantitadi moto del proiettile prima e dopo l’urto non cambia. L’equazione precedente diventaquindi

Δ�p 2 = 2p 2 − 2p 2cosθ = 2p 2(1 − cosθ) = 4p 2sin2 θ

2(1.16)

Possiamo quindi scrivere che il modulo dell’impulso trasferito vale

Δp = 2psinθ

2(1.17)

Se immaginiamo di avere una diffusione ad angoli per cui sinθ2∼ 1

2(ovvero θ ∼ 60o), si

avra semplicemente Δp ∼ p.Se ora immaginiamo che Δp sia anche l’indeterminazione nella quantita di moto con

cui viene sondato il nucleo bersaglio, possiamo scrivere che cio corrisponde secondo lameccanica quantistica ad un’indeterminazione nella posizione di

Δx =�

Δp∼ �

p(1.18)

da cui vediamo che la dimensione entro la quale la sonda (proiettile) puo “penetrare” eappunto pari ad �/p, dove p e la quantita di moto della sonda.

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Vediamo un esempio concreto in cui faremo i calcoli nel sistema c=1 introdotto inprecedenza. Si supponga di avere un fascio di particelle α con energia cinetica Tα = 5MeV. Vediamo di determinare qual’e la dimensione che si puo esplorare in tali condizioni.Poiche la massa della particella α e pari a 3700 MeV, si puo utilizzare la relazione nonrelativistica secondo cui pα =

√2mαTα ∼ 192 MeV. Applicando la 1.18 si ha

Δx =198 MeV F

192 MeV� 1 F (1.19)

Percio possiamo dire che una particella α di energia cinetica 5 MeV e in grado di “vedere”l’interno del nucleo se quest’ultimo ha un raggio R >> 1 F.

1.4.2 Sezione d’urto

Si definisce sezione d’urto la quantita che caratterizza l’intensita di un processo di diffu-sione (elastica o anelastica) ed e legata al raggio d’azione delle forze in gioco. Solitamentecon questo termine si intende la sezione d’urto totale (vedremo tra un momento comequesta e la sezione d’urto differenziale sono legate). La definizione esatta di sezione d’urtototale e la seguente: dato un flusso dNinc

dSdtdi particelle incidenti per unita di superficie ed

unita di tempo su un bersaglio costituito da un singolo nucleo e dato un numerodNdiff

dtdi

particelle interagenti (quindi diffuse o assorbite) per unita di tempo, si ha

σ =

dNdiff

dtdNinc

dSdt

(1.20)

Si vede immediatamente che σ ha le dimensioni di una superficie. Nel caso di un bersagliocostituito da numerosi nuclei, caratterizzato da una densita ρ (es. gr/cm3) e spessore x,bombardato con un fascio di particelle di intensita I (particelle/sec), si puo dimostrareche il numero di particelle interagenti (diffuse o assorbite) per unita di tempo e dato da

dNdiff

dt= I

ρx

AN0σ (1.21)

dove A e il peso atomico della sostanza bersaglio (es. in gr.) e N0 e il numero di Avogadroe quindi la quantita ρx

AN0 rappresenta il numero di nuclei presenti nel bersaglio. Spesso la

quantita I ρxA

N0 viene indicata col nome di luminosita, misurata per esempio in cm−2s−1.La luminosita L e la quantita che viene definita nel caso in cui si abbia la collisione di duefasci, e in questo caso si ha semplicemente

dNdiff

dt= Lσ (1.22)

Le sezioni d’urto hanno quindi le dimensioni di una superficie e si possono misurare peres. in cm2. In fisica nucleare si usa spesso una speciale unita di misura, il barn, pari a 10−24

cm2, cosı come i suoi sottomultipli, mb, μb, nb, pb, etc. corrispondenti rispettivamente a10−3, 10−6, 10−9, 10−12, etc. barn.

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1.5 Sezioni d’urto differenziali in angolo

Esaminando le collisioni piu in dettaglio, ci si puo chiedere quale sia la distribuzionein angolo delle particelle diffuse. Consideriamo per semplicita una diffusione elasticaA + B → A + B. In questo caso, date massa ed energia del proiettile e dati gli angoli didiffusione θA e φA, la cinematica della reazione e completamente determinata. Ci si puoquindi chiedere qual’e la frequenza di collisione con le particelle A diffuse tra θ e θ + dθe tra φ e φ + dφ, ovvero nell’angolo solido dΩ = sinθdθdφ. Definiamo quindi la sezioned’urto differenziale in angolo

dσ

dΩ=

dNdiff

dΩdtdNinc

dSdt

(1.23)

Per reazioni piu complicate, quali A + B → A + B + C, il numero di variabili cine-matiche indipendenti aumenta e percio si possono definire sezioni d’urto multidifferenzialiquali dσ/dΩAdΩB, che corrisponde ad avere simultaneamente particelle di tipo A diffusenell’angolo solido dΩA e particelle di tipo B diffuse nell’angolo solido dΩB. In pratica,misurare una sezione d’urto differenziale del tipo dσ/dΩAdΩB corrisponde a: far collidereun fascio di particelle A su un bersaglio di tipo B e misurare quante sono le collisioni incui una particella di tipo A viene diffusa nell’angolo solido dΩA e simultaneamente unaparticella di tipo B viene diffusa nell’angolo solido dΩB.

1.6 Sezioni d’urto differenziali in angolo ed energia

Come accennato sopra, per reazioni piu complicate, quali A + B → A + B + C, il numerodi variabili cinematiche indipendenti aumenta e percio si possono definire sezioni d’urtomultidifferenziali. In pratica, oltre agli angoli di produzione delle particelle finali, in unesperimento si possono misurare l’energia o il modulo dell’impulso di una particella finale,per esempio con uno spettrometro magnetico in grado di determinare il raggio di curvaturadi una particella in un campo magnetico. In questo caso, si possono avere sezioni d’urtodel tipo dσ/dΩAdpA, che corrisponde a determinare sperimentalmente quante particelle ditipo A vengono diffuse nell’angolo solido dΩA e nell’intervallo di impulso dpA. In pratica,misurare una sezione d’urto differenziale del tipo dσ/dΩAdpA corrisponde a: far collidereun fascio di particelle A su un bersaglio di tipo B e misurare quante sono le collisioniin cui una particella di tipo A viene diffusa ad angoli compresi tra θA e θA + dθA, φA eφA + dφA, con impulso compreso tra pA e pA + dpA.

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1.7 Relazione fra sezione d’urto e parametro d’urto

Nella trattazione classica, viene chiamato parametro d’urto o parametro d’impatto la mini-ma distanza di avvicinamento del proiettile al nucleo bersaglio. Indichiamolo con la letteraD. Definiamo la sezione d’urto differenziale corrispondente ad una diffusione ad un angoloθ come l’area corrispondente alla diffusione tra D e D + dD, dove D e appunto il valoredel parametro d’urto per il quale si ha una deflessione θ del proiettile. Percio

DdDdϕ =dσ

dΩdΩ =

dσ

dΩsinθdθdϕ (1.24)

Nel caso di simmetria sferica (ovvero non c‘e dipendenza da ϕ), si ha

DdD =dσ

dΩsinθdθ (1.25)

da cui

dσ

dΩ=

D

sinθ

dD

dθ(1.26)

1.7.1 Esercizi

1. In un esperimento di diffusione, un fascio di protoni di intensita 105/sec viene diffusosu un bersaglio di deuterio liquido di densita 0.14 gr/cm3 e spessore 10 cm. Ricavi-amo la sezione d’urto totale, sapendo che il numero di protoni diffusi per unita ditempo e 103/sec.

2. Sapendo che una sezione d’urto vale 2.6 · 10−9�

2MeV −2, nel sistema c = 1, calco-larne il valore in cm2 e alternativamente in microbarn (μb).

3. La sezione d’urto totale di interazione di neutroni su nuclei di 235U vale 580 barnper energia dei neutroni di 0.025 eV (neutroni “termici”). Supponendo di avere unfascio di neutroni di intensita 106 n/sec incidente su un bersaglio di 235U di spessore0.5 mg/cm2, calcolare di quanto si attenua il fascio in percentuale a causa dell’as-sorbimento a cui e soggetto nell’attraversare il bersaglio.

4. In un esperimento di diffusione viene usata una sorgente radioattiva che emetteparticelle α (nuclei di 4He) con intensita di I = 10 mCi e un bersaglio di spessoreρx = 1 mg/cm2 di 105Ag. La sorgente e collimata mediante un collimatore di angolosolido 2.8 msr. Sapendo che la sezione d’urto di diffusione elastica ad un certoangolo di diffusione vale

dσ

dΩ= 1

barn

sr= 10−24 cm2

sr(1.27)

13

e immaginando di porre un rivelatore delle particelle diffuse di area S = 1 cm2 adistanza R = 5 cm, calcolare la frequenza di conteggio ΔF del rivelatore.

5. La sezione d’urto di diffusione di un elettrone da una particella puntiforme di caricaunitaria, priva di spin e infinitamente pesante (ovvero senza rinculo) e data, nelsistema del laboratorio, dalla cosiddetta formula di Mott(

dσ

dΩ

)Mott

=�

2α2cos2(

θ2

)4E2sin4

(θ2

) (1.28)

dove E e l’energia del fascio di elettroni incidente sul bersaglio, θ e l’angolo di dif-fusione dell’elettrone, e α e la costante di struttura fina. Supponendo di avere unadiffusione di elettroni di energia 100 MeV ad un angolo di 30o, calcolare la sezioned’urto in cm2/sr e quindi in microbarn (μb/sr).

6. La sezione d’urto di diffusione di un elettrone da una particella puntiforme di caricaZ, priva di spin e di massa finita e data, nel sistema del laboratorio, dalla cosiddettaformula di Mott con rinculo (sistema c=1)(

dσ

dΩ

)Mott

=1

1 + 2EM

sin2(

θ2

) �2Z2α2cos2

(θ2

)4E2sin4

(θ2

) (1.29)

dove E e l’energia del fascio di elettroni incidente sul bersaglio, θ e l’angolo di dif-fusione dell’elettrone, M e la massa del bersaglio e α e la costante di struttura fina.Supponendo di avere come bersaglio prima un protone e poi un nucleo di elio dimassa 3727 MeV e di avere una diffusione di elettroni di energia 100 MeV ad unangolo di 60o, calcolare la sezione d’urto in cm2/sr e quindi in microbarn (μb/sr).Mostrare che il termine 1

1+ 2EM

sin2( θ2)

(termine di rinculo) ha un effetto del percento

sul risultato nel caso del protone e inferiore al percento nel caso dell’elio.

7. Nello stesso esperimento di diffusione dell’esempio 1.3.1, la sezione d’urto di diffu-sione inelastica ad un certo angolo di diffusione e per una certa energia trasferita alnucleo vale

dσ

dΩdE= 1

mbarn

sr keV= 10−27 cm2

sr keV(1.30)

Immaginando di porre lo stesso rivelatore di 1.3.1 nelle stesse condizioni e sapendoche la sua risoluzione e di 10 keV, calcolare la frequenza di conteggio ΔF del rive-latore in un intervallo di energia rivelata.

14

1.7.2 Svolgimenti

1. Applichiamo la formula base, per cui

σ =

dNdiff

dt

I ρxA

N0

(1.31)

e otteniamo I ρxA

N0 = 105 sec−1 × 0.14 grcm−3×10 cm2 gr

× 6 · 1023 =4.2·1028cm−2s−1, da

cui σ = 103 s−1

4.2·1028 cm−2s−1 = 2.4·10−26 cm2=24 mbarn.

2. Usando la relazione � = 198 MeV·F, si puo scrivere

σ = 2.6 · 10−9�

2 MeV −2 = 2.6 · 10−9 × (198)2 F 2 =

1.0 · 10−4 × 10−26 cm2 = 1.0 · 10−30 cm2 = 1.0 μbarn (1.32)

3.

Fassorb = I × σassorb × NAvogadro × ρx

A

= 106 neutroni

sec× 580 · 10−24 cm2 × 6 · 1023 × 0.5 · 10−3gr/cm2

235 gr

= 740assorbimenti

sec(1.33)

Percio il fascio si attenua dello 0.07 %.

4. Ricordare che 1 Ci = 3.7 · 1010 eventi/sec. Quindi 10 mCi = 3.7 · 108 eventi/sec.L’angolo solido del rivelatore e

ΔΩ =S

R2=

1

25= 4 · 10−2sr (1.34)

e percio

ΔFel = I × ΔΩcoll

4π sr× dσ

dΩ× ΔΩ × NAvogadro × ρx

A

= 3.7 · 108partic

sec× 2.8 · 10−3sr

4π sr×

10−24 cm2

sr× 4 · 10−2sr × 6 · 1023 × 10−3gr/cm2

105 gr= 0.02

eventi

sec(1.35)

15

5.

(dσ

dΩ

)Mott

=1982 MeV 2 · F 2

(1

137

)2cos2 (15o)

4 × 1002 MeV 2sin4 (15o) sr(1.36)

= 1.1 · 10−2 F 2/sr = 1.1 · 10−28 cm2/sr = 110 μb/sr

6. Nel caso del protone

(dσ

dΩ

)Mott

=1

1 + 2×100 MeV938 MeV

sin2 (30o)

1982 MeV 2 · F 2(

1137

)2cos2 (30o)

4 × 1002 MeV 2sin4 (30o) sr(1.37)

= 0.95 × 6.3 · 10−4 F 2/sr = 6.0 · 10−30 cm2/sr = 6.0 μb/sr

Nel caso dell’elio

(dσ

dΩ

)Mott

=1

1 + 2×100 MeV3727 MeV

sin2 (30o)(1.38)

1982 MeV 2 · F 2 × 22 × ( 1137

)2cos2 (30o)

4 × 1002 MeV 2sin4 (30o)

= 0.99 × 2.5 · 10−3 F 2/sr = 2.5 · 10−29 cm2/sr = 25 μb/sr

Il termine di rinculo ha quindi un effetto di qualche percento nel caso del protone edel percento nel caso dell’elio.

7. La risoluzione 10 keV indica che l’intervallo energetico minimo distinguibile nell’ap-parato e appunto di 10 keV. Percio

ΔFel = I × ΔΩcoll

4π sr× dσ

dΩdE× ΔΩ × ΔE × NAvogadro × ρx

A

= 3.7 · 108partic

sec× 2.8 · 10−3sr

4π sr×

10−27 cm2

sr keV× 10 keV × 4 · 10−2sr × 6 · 1023 × 10−3gr/cm2

105 gr= 2 · 10−4 eventi

sec(1.39)

16

1.8 Nomenclatura dei nuclei e reazioni nucleari

1.8.1 Nomenclatura e simboli

I nuclei vengono normalmente identificati mediante il nome dell’elemento corrispondente,accompagnato da un numero in pedice che indica la quantita Z, ovvero il numero diprotoni, ovvero la carica elettrica in unita elementari e da un numero in apice che indicala quantita A, detta numero di massa, che rappresenta il numero di nucleoni, cioe protonipiu neutroni. Per esempio, il simbolo 4

2He indica un nucleo di elio, ovvero l’isotopo diquesto elemento chimico che appare con la maggiore abbondanza in natura. Tale nucleoo isotopo e formato da due protoni (quindi Z=2 da cui il pedice riportante il numero 2) eda due neutroni (cioe il numero totale di nucleoni e 4, da cui l’apice riportante il numero4). Un’isotopo dell’elio e per esempio il nucleo 3

2He, caratterizzato dallo stesso numero diprotoni, e quindi stessa carica, ma con un neutrone in meno, da cui A=3. Il nucleo dielio viene emesso come forma di radiazione da nuclei pesanti, la cosiddetta radiazione α.Per questo motivo tale nucleo viene anche chiamato spesso particella α o semplicementeα, simbolo molto usato anche nelle reazioni nucleari.

1.8.2 Leggi di conservazione

Nelle reazioni nucleari, occorre tenere presente un certo numero di leggi di conservazione.Come prima legge notiamo qui che il numero totale di nucleoni (numero barionico) deverimanere costante. Per esempio, nella reazione

73Li + 1

1H → 74Be + n

si ha che la somma dei numeri di massa iniziali da 7+1 = 8 e lo stesso numero siritrova nello stato finale. In una reazione di questo tipo, anche il numero di protoni eneutroni si conservano separatamente e infatti la somma delle cariche iniziali Z da 3+1 =4 e lo stesso numero di protoni si trova nel 7

4Be. Questo fatto e una manifestazione dellalegge piu generale di conservazione della carica elettrica: in qualunque reazione, la caricaelettrica netta iniziale dev’essere uguale a quella finale2. 2

La conservazione dell’energia e della quantita di moto possono essere scritte come

ni∑k=1

Ek =

nf∑l=1

El (1.40)

2In alcuni nuclei si puo verificare il cosiddetto decadimento β, n → p + e− + νe, dove un neutronescompare e si trasforma in un protone accompagnato da un elettrone e da un antineutrino di tipo elet-tronico. In questo caso, la conservazione della carica elettrica e garantita dalla presenza dell’elettrone equindi il numero di protoni e neutroni prima e dopo la reazione puo variare. In reazioni nucleari che noncoinvolgono decadimenti β invece il numero di protoni e neutroni rimane costante separatamente.

17

dove ni ed nf rappresentano il numero di nuclei, nucleoni, etc., rispettivamente nello statoiniziale e finale. Allo stesso modo per gli impulsi

ni∑k=1

�pk =

nf∑l=1

�pl (1.41)

Si chiama sistema del centro dei momenti (Center of Momentum System, CMS, a voltechiamato erroneamente centro di massa), il sistema di riferimento in cui

∑nk=1 �pk=0.

La conservazione del momento angolare totale puo essere scritta come

ni∑k=1

�Jk =

nf∑l=1

�Jl (1.42)

dove il momento angolare totale del singolo nucleo e dato dalla somma del momentoangolare orbitale e del momento angolare intrinseco o di spin

�J = �L + �S (1.43)

Nelle reazioni nucleari e di particelle, si usa definire reazione elastica quella in cui inuclei o le particelle iniziali e finali rimangono le stesse, mentre in quella anelastica non ecosı. In altre parole, nella diffusione di un fascio A su di un bersaglio B la reazione elasticae A + B → A + B. Esempi di diffusione anelastica sono la diffusione A + B → A + B∗

dove B∗ e uno stato eccitato di B, che puo dare origine ad A + B → A + B + γ selo stato eccitato di B decade per emissione elettromagnetica di un fotone (vedere piuavanti la sezione sui decadimenti e la radioattivita), oppure ad A + B → A + C + Dse B∗ decade nei nuclei C e D. Esempi concreti: p + 12C → p + 12C∗ → p + 12C + γ;p+12C → p+12C∗ → p+8Be+α → p+α+α, dove con α indichiamo il nucleo di Elio 4

2He.Ancora reazioni possono essere iniziate da un fotone, come γ+9Be → 8Be+n → α+α+n.Esempi concreti di reazioni nucleari vere e proprie: p + 12

6 C → 137 N → 4

2He + 95B, (dove

137 N viene chiamato nucleo composto), oppure p + 12

6 C → 73Li + 6

4Be; lo stato finale puoessere piu complesso e contenere piu di due nuclei (ovvero A + B → C + D + E), peresempio p + 12

6 C → 21H + 2

1H + 95B.

1.8.3 Esercizi

1. Si consideri la reazione α + 126 C → 2

1H + 157 N. E’ ammessa ?

2. Si consideri la reazione 63Li + 12

6 C → 63Li + 12

6 C∗, dove il 126 C∗ e uno stato eccitato

del carbonio ? E’ elastica o anelastica ?

1.8.4 Svolgimenti

1. No perche il numero di nucleoni e 16 all’inizio e 17 alla fine .

2. E’ anelastica perche il carbonio passa dallo stato fondamentale a quello eccitato.

18

1.8.5 Cinematica urto elastico non relativistico

Consideriamo una particella α che subisce un urto elastico con un nucleo A, a riposo nelsistema del laboratorio e calcoliamo nello schema non relativistico (NR) alcune relazionicinematiche che legano quantita misurate nel laboratorio e nel centro di massa (CM).Chiaramente tutte le velocita o quantita di moto giacciono su un piano, come mostrato inFig. 1.1. La figura mostra inoltre le varie velocita prima e dopo l’urto nei due sistemi diriferimento. Poiche stiamo considerando il caso NR, il sistema a quantita di moto totalenulla e appunto il centro di massa, in cui tutte le quantita (per esempio la coordinataposizione X) sono calcolate come

XCM =

∑i mixi∑i mi

(1.44)

La velocita con cui si muove il CM e data quindi da

�vCM =

∑i mi�vi∑i mi

=mα�vα

mα + mA

(1.45)

Figura 1.1:

In cinematica NR, le velocita sono additive e quindi (indicando con �v senza suffisso levelocita nel laboratorio)

�v = �vC + �vCM (1.46)

�vC = �v − �vCM (1.47)

19

Calcoliamo la velocita del proiettile nel CM

�vCα = �vα − mα�vα

mα + mA

=mA�vα

mα + mA

(1.48)

Mentre la velocita del nucleo bersaglio nel CM e

�vCA = �0 − mα�vα

mα + mA

= − mα�vα

mα + mA

= −�vCM (1.49)

E facile convincersi che nel caso di urto elastico in cui la natura di proiettile e bersaglionon cambia, ne vengono prodotte nuove particelle, i moduli delle velocita di proiettile ebersaglio nel CM prima e dopo la collisione non cambiano e quindi possiamo scrivere

v′Cα = vCα, v′

CA = vCA (1.50)

Ora, guardando la figura 1.1, applichiamo il teorema di Carnot al triangolo con lativ′

α, vCA, v′Cα. Otteniamo la relazione

(v′α)2 = v2

CA + (v′Cα)2 − 2vCAv′

Cαcos(π − θCM) (1.51)

ovvero

(v′α)2 = v2

CA + v2Cα + 2vCAvCαcosθCM (1.52)

Utilizzando le relazioni sopra riportate tra velocita nel laboratorio e nel CM, la 1.52 sipuo anche scrivere

(v′α)2 =

v2α

(mα + mA)2[m2

α + m2A + 2mαmAcosθCM ] (1.53)

da cui si ottiene la relazione tra le energie cinetiche

T ′α

Tα

=m2

α + m2A + 2mαmAcosθCM

(mα + mA)2(1.54)

Applicando invece Carnot al triangolo con lati v′CA, vCA, v′

A otteniamo

(v′CA)2 = v2

CA + (v′A)2 − 2vCAv′

Acos(ϕ) = v2CA (1.55)

da cui

(v′A)2 − 2vCAv′

Acos(ϕ) = 0 (1.56)

Dallo stesso triangolo otteniamo anche

v2CA = (v′

CA)2 + (v′A)2 − 2v′

CAv′Acos(π − θCM − ϕ) (1.57)

20

ovvero, poiche v2CA = (v′

CA)2

(v′A)2 − 2v′

CAv′Acos(π − θCM − ϕ) = 0 (1.58)

Sottraendo la 1.58 dalla 1.56 si trova la relazione tra gli angoli di diffusione

cosϕ = −cos(θCM + ϕ) (1.59)

E facile vedere che questa relazione e soddisfatta se e solo se

2ϕ + θCM = π (1.60)

Applicando ancora il teorema di Carnot al triangolo di lati v′Cα, v′

α, vCA si ha che

(v′Cα)2 = (v′

α)2 + v2CA − 2v′

αvCAcosθ (1.61)

ovvero

v2Cα = (v′

α)2 + v2CA − 2v′

αvCAcosθ (1.62)

Combinando la 1.52 e la 1.62 si trova che

cosθ =vCA + vCαcosθCM√

v2CA + v2

Cα + 2vCAvCαcosθCM

(1.63)

che si puo anche scrivere

cosθ =mα + mAcosθCM√

m2α + m2

A + 2mαmAcosθCM

(1.64)

1.8.6 Esercizi

1. Calcolare l’energia cinetica della particella α dopo l’urto per θCM = 0.

2. Calcolare l’angolo di diffusione della particella α nel laboratorio per θCM = π.

3. Calcolare l’angolo di diffusione della particella α nel laboratorio in funzione di θCM

nel caso in cui il bersaglio sia anch’esso un nucleo di Elio, ovvero nel caso di masseuguali e trovare la relazione fra gli angoli di diffusione del proiettile e del bersaglioche rincula (cioe la relazione fra θ e ϕ) Che cosa succede in questo caso se θCM = π?

4. Calcolare la relazione fra energia cinetica finale ed iniziale nel caso in cui il proiettilesia un neutrone e il bersaglio sia un generico nucleo con numero di massa A. Quantovale la relazione nel caso di diffusione a 90o gradi nel CM ? Che succede nel casospecifico di diffusione a 90o gradi nel CM e se A e molto grande (>> 1) ? E se A =1 (idrogeno) ?

21

1.8.7 Svolgimenti

1. Dalla 1.54 si ha che T ′α = Tα

2. Dalla 1.64 si trova che

cosθ =mα − mA

|mα − mA| (1.65)

e quindi cosθ = + 1, θ = 0o se mα > mA, mentre cosθ = - 1, θ = 180o se mα < mA.


cosθ =1 + cosθCM√2(1 + cosθCM)

=2cos2 θCM

2√4cos2 θCM

2

= cosθCM

2(1.66)

(siccome θCM < 180o, cos θCM

2> 0 e non ce ambiguita di segno nell’estrazione della

radice). Quindi si trova semplicemente che

θ =θCM

2(1.67)

Ora, utilizzando la 1.52, si trova che

θ + ϕ =π

2(1.68)

ovvero nel caso di collisione fra due masse uguali, la somma degli angolidi diffusione dei due nuclei (proiettile e bersaglio) nel laboratorio e esat-tamente 90o. Si noti che questa relazione e stata ricavata in cinematica NR e nonvale per velocita relativistiche.

Nel caso in cui θCM = 180o, si avrebbe che θ = 90o che sembra un risultato assur-do. In realta, dalla 1.53 si ricava che in questo caso molto particolare la velocitadopo l’urto del proiettile nel laboratorio si annulla (percio non ha senso definirel’angolo di diffusione θ), mentre dalla 1.60 si ha che ϕ = 0. Quindi nel caso di urtoall’indietro nel CM di masse uguali, quello che succede nel laboratorio e che il proi-ettile trasferisce tutta la sua energia cinetica al bersaglio, che va in avanti mentre ilproiettile si ferma.


T ′n

Tn

=m2

n + m2A + 2mnmAcosθCM

(mn + mA)2(1.69)

22

dove Tn ed mn sono l’energia cinetica e la massa del neutrone. Supponendo che lasezione d’urto sia isotropa nel CM, ovvero non dipenda da cosθCM , si puo calcolareil rapporto a 90o gradi come angolo medio di diffusione, per il quale il coseno siannulla. Percio a 90o gradi nel CM si avra

T ′n

Tn=

m2n + m2

A

(mn + mA)2(1.70)

Per un calcolo approssimato si puo porre mA � Amn, da cui

T ′n

Tn

=1 + A2

(1 + A)2(1.71)

Per un nucleo bersaglio pesante con A >> 1 si avra percio T ′n � Tn, ovvero il

neutrone deve fare un numero di urti molto grande per perdere energia. Nel casoinvece A = 1 (bersaglio di protoni ovvero idrogeno), si ha T ′

n � Tn/2, ovvero “inmedia” il neutrone perde meta della sua energia cinetica ad ogni urto e quindi la suaenergia si degrada rapidamente in relativamente pochi urti. Questo e il motivo percui si scelgono preferibilmente materiali idrogenati come acqua e paraffina oppurenuclei leggeri (grafite ovvero carbonio con A = 12) per “moderare” i neutroni, chesignifica tipicamente portarli ad energia cinetica termica, alla quale la sezione d’urtodi fissione del 235U e molto alta.

23

Capitolo 2

Diffusione e fattori di forma

2.1 Diffusione Elastica

Supponiamo di avere un elettrone che diffonde elasticamente da un nucleo di massa M nelsistema del laboratorio e ricaviamo l’energia E ′ dell’elettrone diffuso in funzione dell’an-golo di diffusione θ dell’elettrone stesso rispetto alla sua direzione incidente, trascurandola massa dell’elettrone. Indichiamo, nel sistema di unita c = 1, con E, �k rispettivamentel’energia e l’impulso dell’elettrone incidente e con E′, �k′ rispettivamente l’energia e l’im-pulso dell’elettrone diffuso. Nel sistema del laboratorio in cui il nucleo bersaglio e a riposopossiamo porre l’energia del nucleo bersaglio uguale alla sua massa di riposo M, mentreil suo impulso spaziale sara nullo (quiete). Indichiamo infine con EA, �pA rispettivamentel’energia e l’impulso del nucleo che rincula dopo l’urto. Quindi l’energia totale del sistemainiziale elettrone-nucleo e E+M, l’energia totale del sistema finale elettrone-nucleo e EA

+ E′, l’impulso totale del sistema iniziale elettrone-nucleo e �k e infine l’impulso totale delsistema finale elettrone-nucleo e �k′ + �pA. La conservazione dell’energia ci dice che E+M= EA + E′, mentre la conservazione dell’impulso ci dice che

�k = �k′ + �pA (2.1)

L’invariante relativistico dato dall’energia e impulso totali iniziali e dato da

(E + M)2 − �k2 (2.2)

che per le relazioni di cui sopra sara uguale all’invariante relativistico dato dall’energia eimpulso totali finali, ovvero

(E + M)2 − �k2 = (EA + E ′)2 −(

�k′ + �pA

)2

(2.3)

Sviluppando questa uguaglianza si ha

E2 + M2 + 2EM − �k2 = E2A + E ′2 + 2EAE ′ − �pA

2 − �k′2 − 2 �pA · �k′ (2.4)

24

Applicando l’equazione relativistica in base alla quale per ogni particella o nucleo E2−�p2 =M2 (M massa di riposo), si arriva a (me = massa elettrone)

m2e + M2 + 2EM = M2 + m2

e + 2 (E + M − E ′)E ′ − 2(�k − �k′

)· �k′ (2.5)

dove abbiamo sostituito EA = E+M-E′ e �pA = �k − �k′. Assumiamo ora che la massa

dell’elettrone sia trascurabile in questi calcoli e percio poniamo E�∣∣∣�k∣∣∣, E′ �

∣∣∣�k′∣∣∣. Con

qualche altro passaggio si arriva a

EM � E ′ (E + M − Ecosθ) (2.6)

e infine a Allora si trova

E ′ =E

1 + EM

(1 − cosθ)=

E

1 + 2 EM

sin2 θ2

(2.7)

dove il fattore 1/[1 + E

M(1 − cosθ)

]viene detto termine di rinculo. Infatti, si puo ver-

ificare che per E << M (approssimazione di bersaglio infinitamente pesante) l’energiadell’elettrone diffuso e praticamente uguale a quella incidente E � E ′, ovvero il rinculo etrascurabile. 1

1Il risultato precedente si puo ricavare in maniera ancora piu compatta nel modo seguente. Indichiamo,nel sistema di unita c = 1, con kμ =

(E,�k

)il quadriimpulso dell’elettrone incidente, k′μ =

(E′, �k′

)il

quadriimpulso dell’elettrone diffuso, pμ =(M,�0

)il quadriimpulso del nucleo bersaglio prima dell’urto

(sistema del laboratorio) e con p′μ =(E′

A, �p′A)

il quadriimpulso del nucleo che rincula dopo l’urto. Perla conservazione del quadriimpulso, si puo scrivere (indice di quadrivettori sottinteso)

k + p = k′ + p′ (2.8)

da cui

k + p − k′ = p′ (2.9)

Percio

(k + p − k′)2 = p′2 (2.10)

e svolgendo

k2 + p2 + k′2 + 2k · p − 2k · k′ − 2p · k′ = p′2 (2.11)

Ma k2 = k′2 = m2e, termini che trascuriamo, mentre p2 = p′2 = M2. Allora, calcolando i rimanenti

prodotti scalari di quadrivettori,

EM − EE′ + �k · �k′ − ME′ = 0 (2.12)

ma per definizione di angolo di diffusione rispetto alla direzione incidente,

�k · �k′ =∣∣∣�k∣∣∣ ∣∣∣�k′

∣∣∣ cosθ (2.13)

25

Si definisce quadrimomento trasferito la quantita qμ = kμ−k′ μ = (ν, �q) =(E − E ′, �k − �k′

)e momento trasferito invariante la quantita q2 = ν2 − �q 2 = (E − E ′)2 −

(�k − �k′

)2

. Si

usa spesso la quantita Q2 = −q2. Si vede percio che, nel caso dei nuclei in cui si puogeneralmente trascurare il rinculo e quindi E � E ′, si ha che Q2 � �q 2, ovvero il momentotrasferito rilevante per i nuclei e �q 2.

2.2 Fattori di Forma

Il fattore di forma elastico per diffusione di elettroni e definito nel sistema c = 1 come latrasformata di Fourier della distribuzione di carica nel nucleo, ρ (�r)

F (q) = F(�q 2)

=

∫e

iq·r� ρ (�r) d3r (2.16)

Assumendo che la distribuzione di carica abbia simmetria sferica, per cui ρ (�r) = ρ (r), sipuo effettuare l’integrazione sugli angoli come segue∫

eiq·r� ρ (�r) d3r =

∫ ∞

0

r2dr

∫ π

0

sinθdθ

∫ 2π

0

dφei|q|rcosθ

� ρ (r)

= 2π ·∫ ∞

0

ρ (r) r2dr

∫ 1

−1

dcosθ ei|q|rcosθ

�

= 2π ·∫ ∞

0

�ρ (r)

i |q| r r2dr

∫ i|q|r�

−i|q|r�

dyey

= 4π ·∫ ∞

0

ρ (r) r2drei|q|r/� − e−i|q|r/�

2i |q| r/�

= 4π ·∫ ∞

0

ρ (r) r2drsin (|q| r/�)

|q| r/�(2.17)

Per semplicita scriveremo

F (q) = 4π ·∫ ∞

0

ρ (r)sin (qr/�)

qr/�r2dr (2.18)

Inoltre, trascurando la massa dell’elettrone,∣∣∣�k∣∣∣ = E e

∣∣∣�k′∣∣∣ = E′, da cui

EM − EE′ + EE′cosθ − ME′ = 0 (2.14)

Allora si trova

E′ =E

1 + EM (1 − cosθ)

=E

1 + 2 EM sin2 θ

2

(2.15)

26

Definiamo la normalizzazione come

1 = F(�0)

=

∫ρ (�r) d3r = 4π ·

∫ ∞

0

ρ (r) r2dr (2.19)

2.2.1 Esercizi

1. Calcolare il fattore di forma corrispondente ad una distribuzione di carica pun-tiforme, ρ(r) = δ(r)/4π (il fattore 1/4π serve a soddisfare la normalizzazione 2.12).

2. Calcolare il fattore di forma corrispondente ad una distribuzione di carica sfericauniforme (sfera omogenea), ρ(r) = 3/4πR3 per r < R e ρ(r) = 0 per r > R,assumendo che sia qR << �.

3. Un nucleo ha una distribuzione di carica sferica uniforme, ρ(r) = 3/4πR3 per r < Re ρ(r) = 0 per r > R, con R = 2 F . Assumendo che la nostra sensibilita sperimen-tale al raggio finito di tale nucleo si possa definire come una deviazione del fattoredi forma dall’unita del 5 %, calcolare qual’e’ l’impulso minimo in MeV (c = 1) percui si raggiunge tale sensibilita.(Assumere tentativamente che si possa usare l’espansione di Taylor troncata al sec-ondo termine, in modo da usare l’esercizio e2. Assumendo valida la soluzione cosıottenuta, quanto pesa il termine successivo nell’espansione ?)

4. Calcolare l’espressione generale di F (q) per una distribuzione di carica sferica uni-forme, ρ(r) = 3/4πR3 per r < R e ρ(r) = 0 per r > R. (Ricordare che

∫xsinxdx =

sinx − xcosx).

2.2.2 Svolgimenti

1. Trattandosi di una distribuzione di carica a simmetria sferica, possiamo scrivere

F (q) = 4π ·∫ ∞

0

ρ (r)sin (qr/�)

qr/�r2dr (2.20)

ovvero

F (q) = 4π ·∫ ∞

0

1

4π

δ(r)

r2

sin (qr/�)

qr/�r2dr (2.21)

(dove abbiamo usato la proprieta δ(r) = δ(r)r2 ). Poiche sin(x)

x→ 1 per x → 0, si ha

F (q2 = 0) = 1.

27

2. Poiche qr < qR << �, possiamo sviluppare la funzione seno in serie di Taylor efermarci al prim’ordine, da cui si ha

sin (qr/�)

qr/�=

1

qr/�

[qr/� − (qr/�)3

6+ ...

]= 1 − (qr/�)2

6+ ... (2.22)

Percio

F (q) = 4π ·∫ R

0

3

4πR3

sin (qr/�)

qr/�r2dr ∼ 3

R3

∫ R

0

[1 − (qr/�)2

6

]r2dr (2.23)

Integrando esplicitamente si ottiene

F (q) = 1 − (qR/�)2

10(2.24)

3. Dall’esercizio precedente si ha che

F (q) � 1 − (qR/�)2

10= 0.95 (2.25)

da cui qR/� = 0.7 e percio q = 0.7�

2F= 0.7·198 MeV ·F

2 F= 69 MeV. Dal termine successivo

dell’espansione di Taylor, integrando si trova

F (q) � 1 − (qR/�)2

10+

(qR/�)4

280(2.26)

dove assumendo qR/� = 0.7, il termine (qR/�)4

280e circa 60 volte piu piccolo del

precedente.

4.

F (q) = 4π ·∫ ∞

0

3

4πR3

sin (qr/�)

qr/�r2dr =

3

R3

∫ R

0

sin (qr/�)

qr/�r2dr

=3�

3

q3R3

∫ qR/�

0

xsinxdx =3

(qR/�)3[sin(qR/�) − (qR/�)cos(qR/�)] (2.27)

ovvero una funzione oscillante con un fattore di smorzamento.

28

Capitolo 3

Masse dei Nuclei e Reazioni Nucleari

3.1 Masse ed Energie di Legame

3.1.1 La Formula Semiempirica

La massa dei nuclei e ben descritta dalla formula semiempirica 1 seguente

M(Z, A) = ZMp + (A − Z)Mn − a1A + a2A2/3 + a3Z

2A−1/3 + a4(N − Z)2

A(3.1)

−/ + a5A−3/4 = ZMp + (A − Z)Mn + B(Z, A)

dove il segno - vale per i nuclei pari-pari e il segno + per i nuclei dispari-dispari. B(Z, A)rappresenta l’energia di legame nucleare complessiva, che come indicato dalla relativitacontribuisce alla massa totale del sistema. Negli esercizi useremo i valori a1 = 15.75 MeV,a2 = 17.8 MeV, a3 = 0.71 MeV, a4 = 23.7 MeV, a5 = 34 MeV.

Indichiamo con B(Z,A) la quantita

B(Z, A) = M(Z, A) − ZMp − (A − Z)Mn < 0 (3.2)

che rappresenta l’energia di legame complessiva del nucleo. La massa complessiva delnucleo (Z,A) e quindi piu piccola di ZMp + (A−Z)Mn di un ammontare pari a |B(Z, A)|o, in altri termini, per separare completamente tutti i nucleoni e portarli a grande distanzal’uno dall’altro bisogna spendere un’energia |B(Z, A)|.

3.1.2 Energia di Legame di Nucleoni o Insiemi di Nucleoni

Possiamo ora calcolare, conoscendo B(Z,A), l’energia di legame di un protone nel nucleo,ovvero l’energia che va fornita (in modulo) al nucleo (Z,A) per strappare un protone

1l’ultimo termine, detto termine di pairing e a volte parametrizzato come δ/A1/2, dove δ vale circa 11MeV

29

passando al nucleo (Z-1,A-1). Tale energia di legame, che indicheremo con Bp, e data da

M(Z, A) − [M(Z − 1, A − 1) + Mp] = (3.3)

B(Z, A) + ZMp + (A − Z)Mn −{B(Z − 1, A − 1) + (Z − 1)Mp + [A − 1 − (Z − 1)]Mn + Mp} =

B(Z, A) − B(Z − 1, A − 1)

Possiamo scrivere B(Z,A) ∼ εA, con ε ∼ costante per A abbastanza elevati (ε < 0) e perciootteniamo Bp ∼ ε < 0, ovvero il protone e effettivamente legato con energia che tenderaad eguagliare la media di circa 8 MeV/nucleone. Nel caso di nuclei leggeri, poiche si hatipicamente B(A) << B(A-1), il legame del singolo protone e ancora piu accentuato.

3.1.3 Esercizi

1. Calcolare l’energia di legame totale e per nucleone nel nucleo di Ossigeno, con Z=8e A=16.

2. Calcolare l’energia di legame totale e per nucleone nel nucleo di Carbonio, con Z=6e A=12.

3. Calcolare l’energia di legame totale e per nucleone nell’isotopo 14C, con Z=6 e A=14.

4. Calcolare l’energia di legame di un protone nel nucleo 168 O, sapendo che B(8,16) =

-127.6 MeV e B(7,15) = -115.5 MeV

5. Calcolare l’energia di legame di una particella α in un generico nucleo (Z,A).

6. Calcolare l’energia di legame di una particella α nel nucleo 168 O, sapendo che B(6,12)

= -92.1 MeV

7. Calcolare l’energia di legame di una particella α nel nucleo 23892 U, sapendo che

B(92,238) = -1802.3 MeV e B(90,234) = -1778.2 MeV

3.1.4 Svolgimenti

1. Dalla formula semiempirica, B(A, Z) = (-252 + 113 + 18 + 0 -4) MeV = -125 MeV,da cui |B|/A = 7.8 MeV/nucleone.



30

4. Da quanto visto sopra, Bp = B(8,16) - B(7,15) = -12.1 MeV. Come si vede, taleenergia di legame e superiore al valore indicativo medio di 8 MeV/nucleone.

5. Seguendo un ragionamento analogo a quello del protone, possiamo scrivere

Bα = M(Z, A) − [M(Z − 2, A − 4) + Mα] = (3.4)

B(Z, A) + ZMp + (A − Z)Mn −{B(Z − 2, A − 4) + (Z − 2)Mp} −

{[A − 4 − (Z − 2)]Mn + B(2, 4) + 2Mp + 2Mn} =

B(Z, A) − B(2, 4) − B(Z − 2, A − 4)

Poiche B(2,4) = -28.3 MeV, l’energia di legame dell’α risulta in generale piu bassa eaddirittura nei nuclei pesanti puo accadere che Bα > 0, ovvero si puo avere emissionespontanea della particella α.

6. Utilizzando la formula dell’esercizio precedente, si ha Bα = B(8,16) - B(6,12) -B(2,4)= -127.6 MeV + 92.1 MeV + 28.3 MeV = -7.2 MeV

7. Come nell’esercizio precedente, si ha Bα = B(92,238) - B(90,234) -B(2,4) = + 4.2MeV, ovvero il bilancio energetico e a favore della scissione dell’Uranio in Torio +nucleo α. Cio significa che l’Uranio puo decadere spontaneamente, da un puntodi vista puramente energetico, in Torio + α. In pratica, la probabilita che cioavvenga sara determinata da fattori dinamici, ovvero dalla probabilita che l’α superila barriera di repulsione coulombiana per effetto tunnel quantistico.

3.2 Reazioni e Bilancio Energetico

3.2.1 Bilancio energetico di una reazione nucleare

Consideriamo una reazione del tipo∑Ni

k=1 (Zk, Ak) → ∑Nf

l=1 (Zl, Al), dove (Zk, Ak) sonoi nuclei partecipanti. In questa definizione generale possono rientrare collisioni elastichee anelastiche tra un fascio di nuclei proiettile e un nucleo bersaglio, cosı come processidi decadimento, fissione, etc. Ni e quindi il numero di nuclei iniziali partecipanti allareazione (di solito uno per i decadimenti o fissioni e due per le collisioni) e Ni e il numerodi nuclei finali prodotti nella reazione. Indicando con M(Zk, Ak) e la massa del genericonucleo, si definisce Q-valore la quantita

Q =

Ni∑k=1

M(Zk, Ak) −Nf∑l=1

M(Zl, Al) (3.5)

ovvero la somma delle masse di tutti i nuclei iniziali partecipanti alla reazione, meno lasomma di tutte le masse dei nuclei finali prodotti. Ovviamente, se il Q-valore e positivo,

31

significa che le masse finali possono essere ottenute nella reazione senza fornire energiaaggiuntiva, mentre se il Q-valore e negativo significa che dev’essere fornita dall’esternosufficiente energia per far sı che la reazione possa avvenire (per esempio in una collisionedovra essere fornita sufficiente energia cinetica al proiettile: vedi piu sotto la discussionedella soglia nelle collisioni).

3.2.2 Fissione e Fusione

Discutiamo il bilancio energetico di una reazione di fissione, ovvero della reazione M(Z, A) →M(Z1, A1) + M(Z2, A2), facendo riferimento alla figura 3.1. Ovviamente Z = Z1 + Z2 eA = A1 + A2. Allora l’energia liberata vale

Figura 3.1: Energia di legame per nucleone in modulo, in funzione di A

Qfiss = M(Z, A) − M(Z1, A1) − M(Z2, A2) =

32

B(Z, A) − B(Z1, A1) − B(Z2, A2) =

−εA + ε1A1 + ε2A2 =

−εA + εA = (ε − ε)A (3.6)

con ε = ε1A1+ε2A2

A1+A2. Si vede dalla figura che per nuclei pesanti Qfiss > 0, ovvero si puo

ottenere energia dalla fissione. Ovviamente questo e solo il bilancio energetico e la prob-abilita di fissione dipende dalla barriera coulombiana a cui sono soggetti i due frammentifinali.

Discutiamo ora il bilancio energetico di una reazione di fusione, ovvero della reazioneM(Z1, A1) + M(Z2, A2) → M(Z, A), sempre facendo riferimento alla figura 3.1 e sempretenendo presente che Z = Z1 + Z2 e A = A1 + A2. L’energia liberata vale

Qfus = M(Z1, A1) + M(Z2, A2) − M(Z, A)− =

B(Z1, A1) + B(Z2, A2) − B(Z, A)− =

−ε1A1 − ε2A2 + εA =

−εA + εA = (ε − ε)A (3.7)

Si vede dalla figura che per nuclei leggeri Qfus > 0, ovvero si puo ottenere energia dallafusione. Ovviamente questo e solo il bilancio energetico e la probabilita di fusione dipendedalla barriera coulombiana a cui sono soggetti i due frammenti finali. Se A, A1, A2 << 60si puo avere una ragguardevole differenza ε− ε (vedi figura) e quindi anche se A e piccoloil prodotto (ε − ε)A puo essere notevole e dell’ordine di parecchi MeV.

3.2.3 Esercizi

1. Calcolare il Q nella fissione di 23592 U in 136

52 Te +9940 Zr, sapendo che l’energia di legame

per nucleone di tali nuclei vale −ε =-7.591 MeV/nucleone, −ε1 =-8.319 MeV/nucleonee −ε2 = -8.541 MeV/nucleone, rispettivamente.

2. Calcolare il Q nella fissione di 23592 U in 134

52 Te +9840 Zr + 3n, sapendo che l’ener-

gia di legame per nucleone di tali nuclei vale −ε =-7.591 MeV/nucleone, −ε1 =-8.384 MeV/nucleone e −ε2 = -8.581 MeV/nucleone, rispettivamente (1=Tellurio,2=Zirconio).

3. Calcolare il Q nella fusione 21H +2

1 H →42 He, sapendo che l’energia di legame

per nucleone di tali nuclei vale −ε1 = −ε2 = -1.112 MeV/nucleone, −ε =-7.074MeV/nucleone, rispettivamente (1=deuterio, 2=deuterio).


1 H →32 He + n, sapendo che l’energia di legame

per nucleone di tali nuclei vale −ε1 = −ε2 = -1.112 MeV/nucleone, −ε =-2.573MeV/nucleone, rispettivamente (1=deuterio, 2=deuterio).

33


1 H →52 He, sapendo che l’energia di legame per

nucleone di tali nuclei vale −ε1 = -1.112 MeV/nucleone, −ε2 = -2.828 MeV/nucleone−ε =-5.481 MeV/nucleone, rispettivamente (1=deuterio, 2=trizio).


1 H →42 He+n, sapendo che l’energia di legame per

nucleone di tali nuclei vale −ε1 = -1.112 MeV/nucleone, −ε2 = -2.828 MeV/nucleone−ε =-7.074 MeV/nucleone, rispettivamente (1=deuterio, 2=trizio).

3.2.4 Svolgimenti degli Esercizi

1. Qfiss = −εA + ε1A1 + ε2A2 = 193.1 MeV . Questa quantita di energia e notevole equindi la fissione solitamente e accompagnata da emissione di neutroni (vedi eserciziosuccessivo).

2. Qfiss = −εA + ε1A1 + ε2A2 = 180.5 MeV . In questo caso, una parte dell’energiaprodotta viene trasferita ai neutroni che accompagnano la fissione.

3. Qfus = −ε1A1 − ε2A2 + εA = 23.8 MeV . Il nucleo di Elio non e in grado diassorbire quest’energia e quindi la reazione avviene con emissione di un neutrone(vedi esercizio successivo).

4. Qfus = −ε1A1 − ε2A2 + εA = 3.27 MeV .

5. Qfus = −ε1A1 − ε2A2 + εA = 16.7 MeV . Il nucleo 5He non e in grado di assor-bire quest’energia e quindi la reazione avviene con emissione di un neutrone (vediesercizio successivo).

6. Qfus = −ε1A1 − ε2A2 + εA = 17.6 MeV .

3.2.5 Soglia di una reazione

Consideriamo una reazione del tipo A + B → C + D, dove A, B, C, D sono nuclei.Possiamo pensare che A sia un fascio di nuclei proiettile, mentre B sara un nucleo bersaglio.Se MA, MB, MC , MD sono le masse dei quattro nuclei, si definisce Q-valore la quantita

Q = MA + MB − MC − MD (3.8)

Ovviamente, se il Q-valore e positivo, significa che le masse finali possono essere ottenutenella reazione senza fornire energia aggiuntiva, mentre se il Q-valore e negativo signifi-ca che dev’essere fornita al proiettile sufficiente energia cinetica per poterla trasformarealmeno parzialmente in massa ed ottenere le masse finali. In quest’ultimo caso si parlapercio di soglia della reazione e di energia di soglia, ovvero l’energia totale o cineticaminima necessaria perche la reazione avvenga. Possiamo definire piu quantitativamentela condizione di soglia se ci mettiamo nel sistema del centro dei momenti (CM), in cui

34

�pA+ �pB= �pC + �pD=0 (indichiamo senza apici o pedici le quantita nel CM mentre le quantitanel laboratorio avranno l’apice lab). E’ chiaro che se Q e negativo, man mano che au-mentiamo l’impulso del nucleo A (che in questo sistema e uguale e opposto a quello di B)a un certo punto avremo energia cinetica sufficiente a far avvenire la reazione. L’energiaminima si avra quando i due nuclei C e D saranno prodotti in quiete, cioe con energiacinetica nulla. Scriviamo la conservazione dell’energia

EA + EB = TA + TB + MA + MB = EC + ED = TC + TD + MC + MD (3.9)

e la conservazione dell’impulso

�pA + �pB = �pC + �pD (3.10)

Usando la cinematica non-relativistica, possiamo scrivere anche la conservazione dellecomponenti dell’impulso come

MAvA = MCvCcosθ + MDvDcosφ

0 = MCvCsinθ − MDvDsinφ (3.11)

dove θ e φ sono rispettivamente l’angolo della direzione di volo dei prodotti C e D.Quadrando e sommando si ha

M2Av2

A + M2Cv2

C − 2MAMCvAvCcosθ = M2Dv2

D (3.12)

ovvero

MATA + MCTC − 2√

MAMCTATCcosθ = MDTD (3.13)

e percio

TA

(MA

MD

− 1

)+ TC

(MC

MD

+ 1

)− 2

MD

√MAMCTATCcosθ = Q (3.14)

Nel centro dei momenti, per una reazione del tipo A+B → C+D si ha, per definizionedi soglia

TA + TB + MA + MB = MC + MD (3.15)

ed il cosiddetto Q-valore e definito da

Q = −TA − TB = MA + MB − MC − MD (3.16)

D’altronde, per definizione di centro dei momenti

MAvA = MBvB (3.17)

ovvero√2MATA =

√2MBTB (3.18)

35

Per sostituzione, si trova

TA =|Q|

1 + MA

MB

=1

2MAv2

A (3.19)

Ricordando che

VCM =MAvlab

A

MA + MB(3.20)

e che

vA = vlabA − VCM =

MBvlabA

MA + MB(3.21)

si ricava

T labA = |Q|

(1 +

MA

MB

)(3.22)

Alternativamente, si puo affrontare il problema utilizzando le equazioni relativistichepiu generali per poi ridursi al caso non-relativistico. Scriviamo quindi gli invariantirelativistici che si ottengono dall’energia-impulso iniziali e finali.

(EA + EB)2 − ( �pA + �pB)2 = (EC + ED)2 − ( �pC + �pD)2 (3.23)

L’uguaglianza segue dalla conservazione dell’energia e dell’impulso. Siccome i due membridell’uguaglianza sono entrambi invarianti relativistici, li possiamo valutare esplicitamentein qualunque sistema di riferimento inerziale. Scegliamo di calcolare il membro di sinistradell’equazione nel sistema del laboratorio, dove EB = MB, �pB = 0 e il membro di destrainvece nel sistema del CM. Avremo(

ElabA + MB

)2 − (�p labA

)2= (E∗

C + E∗D)2 −

(�p∗C + �p∗D

)2

= (E∗C + E∗

D)2 (3.24)

Se ci mettiamo nella condizione di soglia, vediamo che l’equazione si riduce a(Elab soglia

A + MB

)2

−(�p lab soglia

A

)2

= (MC + MD)2 (3.25)

quindi(Elab soglia

A

)2

+ M2B + 2Elab soglia

A MB −(�p lab soglia

A

)2

= (MC + MD)2 (3.26)

Poiche(Elab soglia

A

)2

−(�p lab soglia

A

)2

= M2A, si ha

M2A + M2

B + 2(T lab soglia

A + MA

)MB = (MC + MD)2 (3.27)

36

Segue che

(MA + MB)2 + 2T lab sogliaA MB = (MC + MD)2 (3.28)

da cui otteniamo infine

T lab sogliaA =

(MC + MD)2 − (MA + MB)2

2MB(3.29)

Possiamo riscrivere questa espressione come

T lab sogliaA =

(MC + MD + MA + MB) (MC + MD − MA − MB)

2MB(3.30)

e dalla definizione di Q

T lab sogliaA =

(MC + MD + MA + MB) (−Q)

2MB(3.31)

Siccome stiamo considerando il caso di Q negativo, altrimenti non avrebbe senso parlaredi soglia, possiamo scrivere

T lab sogliaA =

(MC + MD + MA + MB) |Q|2MB

(3.32)

Possiamo ricavare l’approssimazione non relativistica (NR) di questa equazione notandoche il limite non relativistico significa velocita piccole ovvero energie cinetiche piccole. Inaltre parole possiamo vedere cosa succede se T → 0: cio puo avvenire solo se Q → 0, cioese MA + MB � MC + MD. Applicando questa approssimazione alla somma delle masse,si ha

T lab soglia NRA � 2 (MA + MB) |Q|

2MB= |Q|

(1 +

MA

MB

)(3.33)

3.2.6 Esercizi

1. Calcolare l’energia cinetica di soglia della reazione 21H +2

1 H →11 H +3

1 H nel sistemadel laboratorio.

2. Calcolare l’energia cinetica di soglia della reazione 42He +12

6 C →63 Li +10

5 B nel sis-tema del laboratorio, sapendo che le masse sono, rispettivamente, 3728.2, 11177.2,5602.7 e 9326.4 MeV e assumendo che il fascio di α rappresenti i proiettili e il 12

6 Csia il bersaglio.

37

3.2.7 Svolgimenti degli Esercizi

1. I deutoni hanno massa 1876 MeV , mentre i protoni hanno massa 938 MeV e iltrizio ha massa 2809 MeV , da cui, tramite la (3.9) si ricava che Q = (1876 + 1876- 938 - 2809) MeV = 5 MeV . Essendo il Q positivo, la reazione puo avvenire senzacessione di energia cinetica e percio l’energia di soglia e zero.

2. Si calcola facilmente che |Q| =23.7 MeV e percio T labA = 31.6 MeV .

3.2.8 Cattura del neutrone

Studiamo ora il processo in cui un neutrone dotato di una certa energia cinetica Tn

viene catturato da un nucleo. Il processo in questione e scritto simbolicamente comen+A → A+1. Vogliamo calcolare il bilancio energetico di questa reazione, in particolarecalcolare l’eccesso di energia ε che viene creato dalla cattura del neutrone. Tale eccesso dienergia puo portare ad uno stato eccitato del nucleo finale, (A+1)∗, il quale puo decaderead esempio con emissione di un quanto di radiazione elettromagnetica (radiazione gam-ma). L’energia in eccesso puo anche determinare il decadimento α del nucleo finale, o lasua fissione. E importante notare che per esempio la fissione potrebbe essere fortementeimpedita in un determinato nucleo dalla barriera di repulsione coulombiana tra i fram-menti finali. In tal caso, la cattura del neutrone, provocando il rilascio della quantita dienergia ε, aumentera la probabilita di fissione, rendendola praticamente possibile. Si parlain questo caso di fissione indotta.

Vediamo quindi il bilancio energetico di questa reazione. Chiamando TA+1 l’energiacinetica del nucleo finale, possiamo scrivere la conservazione dell’energia come

mn + Tn + M(Z, A) = M(Z, A + 1) + TA+1 + ε (3.34)

con mn, M(Z,A), M(Z,A+1) masse rispettivamente del neutrone e del nucleo iniziale efinale, Tn energia cinetica del neutrone, TA+1 energia cinetica del nucleo di rinculo e εenergia in eccesso (in altre parole il Q della reazione). Si ha percio

mn + Tn + MA = MA+1 +p2

A+1

2MA+1+ ε = MA+1 +

p2n

2mn

mn

MA+1+ ε (3.35)

dove abbiamo usato la conservazione della quantia di moto per cui | �pn| = | �pA+1| se ilnucleo iniziale era in quiete. Possiamo approssimare MA+1 ∼ (A + 1)mn trascurandol’energia aggiuntiva ε e la differenza di massa protone-neutrone, ottenendo

Tn + mn + MA − MA+1 = Tn1

A + 1+ ε (3.36)

38

ovvero

Tn

(1 − 1

A + 1

)− Bn = ε (3.37)

dove Bn = MA+1 −mn −MA < 0 e l’energia di legame del neutrone nel nucleo A+1 (vediesempi precedenti). Infine possiamo scrivere

ε = TnA

A + 1+ |Bn| (3.38)

Vediamo quindi che, anche nel caso di cattura di neutroni “lenti” (Tn → 0), si ha sempreun guadagno di energia ε � |Bn| che puo appunto eccitare il nucleo finare e causaredecadimenti di tipo γ, α, fissione...

39

Capitolo 4

Decadimenti radioattivi

4.1 Leggi generali del decadimento radioattivo

4.1.1 Esercizi

1. Si calcolino la costante di decadimento, la vita media e il tempo di dimezzamentodi un nucleo radioattivo presente in un preparato la cui attivita diminuisce del 6.6%in 100 giorni.

2. Si ricavino la costante di decadimento, la vita media e il tempo di dimezzamentodel nucleo 239Pu, sapendo che un preparato di 239Pu puro presenta una attivitaspecifica pari a 0.06 Ci/g.

3. Quanti milligrammi di 89Sr (beta-attivo, T1/2 = 51 giorni) devono essere aggiunti a1 mg di Sr stabile affinche l’attivita specifica del preparato sia inizialmente pari a1370 Ci/g? Quale sara l’attivita del preparato dopo 40 giorni?

4. Una piccola quantita di una soluzione contenente 24Na (T1/2 = 15 ore), di attivitainiziale A0 = 2.0 103 Bq, viene iniettata nel flusso sanguigno di un uomo. L’attivitadi un campione di sangue di 1 cm3 dello stesso soggetto, prelevato dopo 5 ore dallasomministrazione, risulta essere A = 16 min−1. Qual’e il volume sanguigno totaledell’uomo?

4.1.2 Svolgimento degli Esercizi

1. Il preparato in questione presenta una diminuzione osservabile dell’attivita (−6.6%)in un periodo di tempo di 100 giorni. Convenendo di indicare con A(t) l’attivita del

40

preparato all’istante t e con N(t) il numero di nuclei radioattivi non ancora decadutiall’istante t, e di porre A(t = 0) = A0 e N(t = 0) = N0, definiamo:

ΔK ≡ |ΔA|A0

≡ |A(Δt) −A0|A0

= 6.6 10−2, dove Δt = 100 giorni = 8.64 106 s.(4.1)

Poiche:

A(t) =

∣∣∣∣dN

dt

∣∣∣∣ = N(t)λ = N0λe−λt = A0e−λt, (4.2)

dove λ e la costante di decadimento dei nuclei radioattivi, si ha quindi che:

ΔK =A0 −A(Δt)

A0= 1 − e−λ Δt (4.3)

e quindi:

λ = − ln(1 − ΔK)

Δt=

ln(1 − 6.6 10−2)

8.64 106 s= 7.9 10−9 s−1. (4.4)

Da qui ricaviamo infine che la vita media (τ) e il tempo di dimezzamento (T1/2) deinuclei radioattivi sono dati da:

τ =1

λ= 1.3 108 s = 4.1 anni (4.5)

T1/2 = τ ln 2 = 8.8 107 s = 2.8 anni (4.6)

2. Usando le stesse notazioni dell’esercizio precedente e indicando inoltre con NA ilnumero di Avogadro (NA = 6.022 1023 mol−1), con m la massa (in g) del preparato(puro), con A il peso atomico del 239Pu (A � 239 g mol−1) e con a l’attivita specificadel preparato (a ≡ A/m), si ha che:

A = Nλ = NAm

Aλ (4.7)

e:

a =NA

Aλ. (4.8)

Si noti che tanto per l’attivita A, quanto per il numero di nuclei ancora non decadu-ti N , quanto per l’attivita specifica a (che sono grandezze in generale dipendenti

41

dal tempo) non e stata indicata esplicitamente una dipendenza temporale, coer-entemente con l’ipotesi che su scale di tempo sperimentalmente accessibili tutte etre queste quantita possano essere considerate con ottima approssimazione costanti(verificheremo alla fine se, in base ai dati del problema, tale ipotesi sia ragionevoleo no).Dall’eq. (4.8) si ricava quindi che, se la vita media del 239Pu e sufficientemente lungada poter considerare A come costante:

λ = aA

NA

. (4.9)

Convertendo il valore di a in unita di s−1 g−1 (NB: 1 Ci = 3.7 1010 s−1):

a = 6 10−2 Ci g−1 = 2.2 109 s−1 g−1 (4.10)

otteniamo infine che:

λ = aA

NA= 2.2 109 s−1 g−1 239 g mol−1

6.022 1023 mol−1= 8.8 1013 s−1 (4.11)

e quindi anche:

τ =1

λ= 1.1 1012 s = 3.6 104 anni (4.12)

T1/2 = τ ln 2 = 7.9 1011 s = 2.5 104 anni. (4.13)

Il valore trovato per τ giustifica pienamente le ipotesi fatte circa la sostanzialecostanza di A.

3. Usando le stesse notazioni degli esercizi precedenti e indicando con m0 la massa diSr inattivo presente nel preparato (m0 = 1 mg), con Δm la massa (incognita) di89Sr che deve essere aggiunta al preparato e con a0 l’attivita specifica iniziale (at = 0) che si vuole ottenere (a0 = 1370 Ci g−1 = 5.07 1013 s−1g−1), si ha che:

a0 =A0

m=

N0λ

m0 + Δm, (4.14)

dove si e indicato: m = m0 + Δm.Il numero (iniziale) di nuclei di 89Sr che devono essere aggiunti al preparato e legatoal valore di Δm dalla relazione:

N0 = NAΔm

A, (4.15)

42

dove A e il peso atomico di 89Sr (A � 89 g mol−1). Dalle due relazioni precedentisi ricava che:

a0 =NA Δm λ

(m0 + Δm)A, (4.16)

ovvero:

Δm =a0m0A

NAλ − a0A. (4.17)

Sostituendo infine λ = ln 2/T1/2, dove T1/2 = 51 giorni = 4.4 106 s, si ottiene:

Δm =a0 m0 A T1/2

NA ln 2 − a0AT1/2

= (4.18)

=(5.07 1013 s−1g−1) (10−3 g) (89 g mol−1) (4.4 106 s)

(6.022 1023 mol−1) ln 2 − (5.07 1013 s−1g−1) (89 g mol−1) (4.4 106 s)=

= 5.0 10−5 g = 0.05 mg. (4.19)

4. Usando le stesse notazioni degli esercizi precedenti, si ha che, dopo un intervallo Δt =5.0 ore dall’iniezione, l’attivita A(Δt) dell’intero volume sanguigno V dell’uomo saradata da:

A(Δt) = A0e−λΔt (4.20)

Indicando con a(Δt) = A(Δt)/V l’attivita per unita di volume sanguigno, si ottieneche:

V =A(Δt)

a(Δt)=

A0

a(Δt)e−λΔt, (4.21)

ovvero:

V =A0

a(Δt)e−Δt ln 2

T1/2 =2.0 103 s−1

0.27 s−1cm−3e−

(5.0 h) ln 215 h = 5.9 103 cm3 = 5.9 l. (4.22)

43

Figura 4.1:

4.2 Decadimento α

4.2.1 Barriera coulombiana

Abbiamo visto che l’emissione di un nucleo di Elio, α, da parte di un nucleo pesantepuo essere energeticamente permessa se si ha Q>0. L’α pero per sfuggire al nucleo devesuperare la barriera coulombiana. Schematizziamo l’andamento del potenziale totale (in-terazione nucleare + coulombiana) come in figura 4.1. L’inverso della vita media peremissione α e dato da

1

τ= PανD (4.23)

dove Pα e la probabilita che all’interno del nucleo instabile si formi un “cluster” di dueprotoni e due neutroni, quindi un nucleo di Elio appunto. Immaginando tale nucleo αche si muove all’interno di una buca di potenziale come quella rappresentata in figura,chiamiamo ν la frequenza con cui l’α urta contro la “parete” della barriera di potenziale.Tale frequenza sara evidentemente data da

ν =vα

2R(4.24)

44

dove vα e la velocita del nucleo di Elio e R e il raggio della buca come da figura. Infinela quantita D rappresenta la “trasparenza” della barriera, ovvero la probabilita che l’αla attraversi per effetto tunnel. Tale quantita e data dal rapporto tra i moduli quadratidella funzione d’onda dell’α rispettivamente oltre la zona energeticamente proibita (ovveror > r1) e all’interno della buca (r < R). La trasparenza e data approssimativamente da

D = exp

{−2

�

∫ r1

R

√2mα [V (r) − Tα]dr

}(4.25)

dove Tα come indicato in figura e l’energia cinetica dell’α lontano dal nucleo e come si vedel’integrale e esteso alla zona classicamente proibita in cui l’energia totale non e conservata,che va come si evince dalla figura da R a r1, dove r1 e classicamente la minima distanza diavvicinamento di un’α che proviene da lontano con energia cinetica Tα. Infatti per r = r1

si ha E = T + V = V , ovvero T = 0. E chiaro che

Tα =zZe2

r1

(4.26)

dove z,Z sono la carica dell’α (=2) e quella del nucleo residuo, rispettivamente. Svolgendol’integrale si trova che

D = exp

{−2R

�

√2mαVα

(√Vα

Tα

arccosTα

Vα

−√

1 − Tα

Vα

)}(4.27)

dove Vα e l’altezza massima della barriera coulombiana, ovvero

Vα =zZe2

R(4.28)

E chiaro che il fattore esponenziale (D = e−2G dove G e chiamato fattore di Gamow) e’il fattore chiave nel determinare la vita media, in quanto a seconda del valore assuntodall’esponente il risultato puo variare di parecchi ordini di grandezza.

4.2.2 Esercizi

1. Un nucleo di 201Po a riposo emette una particella α, trasformandosi in 197Pb nel suostato fondamentale. Sapendo che la massa del 201Po vale 187170.04 MeV, quella del197Pb 183436.88 MeV e quella del nucleo α 3727.36 MeV, si ricavino: 1) l’energiatotale liberata nel decadimento Q; 2) l’energia cinetica della particella α (a qualefrazione di Q corrisponde ?); 3) l’energia cinetica di rinculo del 197Pb (a quale frazionedi Q corrisponde ?) e 4) la la velocita di rinculo del 197Pb.

2. Si calcoli la vita media per il decadimento dell’esercizio precedente in base alla 4.23,assumendo Pα = 1.

45

3. Si ricavi la quantita di calore generata da 1.00 mg di 210Po in un intervallo di tempopari alla vita media di tale nucleo (T1/2 = 138 giorni) se l’energia cinetica dellaparticella α prodotta in ciascun decadimento vale Tα = 5.3 MeV e se e noto che ilnucleo figlio viene prodotto praticamente sempre nel suo stato fondamentale.

4. Un nucleo il cui stato fondamentale ha numeri quantici JP = 5/2+ decade α. Si sup-ponga che i quattro livelli energetici piu bassi del nucleo prodotto nel decadimentoabbiano i numeri quantici indicati nella tabella seguente:

Livello JP

3 72

+

2 52

+

1 72

−

0 52

−

Si determinino i valori possibili del momento angolare orbitale della particella αemessa nel decadimento che popola ciascuno dei livelli energetici indicati.


1. 1) Si ricava subito facilmente che Q = Eα ≡ M(201Po) − M(197Pb) − Mα = 5.80MeV.2) Il processo di decadimento α e un processo a due corpi (la particella α emessa eil nucleo prodotto dal decadimento). Nel sistema di riferimento di quiete del nucleoche decade, la conservazione dell’impulso impone che il modulo dell’impulso dellaparticella α e quello del nucleo prodotto nel decadimento siano uguali:

|�pα| = |�pnuc| (4.29)

Il valore dell’energia cinetica della particella α nel decadimento considerato e ap-punto una certa frazione di Q e quindi, rapportato al valore della massa di taleparticella, e tale da giustificare l’uso dell’approssimazione non relativistica:

|�pα| �√

2MαTα (4.30)

Tale valore dell’impulso giustifica l’uso dell’approssimazione non relativistica an-che, e a maggior ragione, per il moto di rinculo del nucleo (197Pb) prodotto neldecadimento:

|�pnuc| �√

2MnucTnuc (4.31)

46

Eguagliando le due espressioni per gli impulsi si ricava quindi

Tnuc � Mα

Mnuc

Tα (4.32)

E quindi

Q = Tα + Tnuc � Tα

(1 +

Mα

Mnuc

), (4.33)

e infine

Tα � Q(1 + Mα

Mnuc

) = 5.68 MeV (4.34)

ovvero il 98 % di Q.3) Per sottrazione si ricava Tnuc � 0.116 MeV, ovviamente il 2 % di Q.4) Per il nucleo di Piombo possiamo scrivere

Tnuc � 1

2Mnucβ

2 (4.35)

(attenzione: stiamo usando il sistema c=1, quindi la velocita e adimensionale edequivalente a β = v

c.) da cui si ricava vnuc = β = 0.00112, ovvero vnuc = 3.37 · 105

m/sec nel MKS.

2. Calcoliamo innanzitutto la frequenza degli urti ν. Dall’esercizio precedente abbiamoche Tα = 5.68 MeV = 1

2mαv2

α, corrispondente a 9 · 10−13 Joule. La massa dell’α epari a 3727 MeV, ovvero mαc2 = 3727 MeV, da cui mα = 7 · 10−27 Kg, da cui siricava facilmente che vα = 1.6 · 107 m/sec. Per il raggio R del nucleo prendiamol’espressione 1.2A1/3 F e quindi per il 197Pb si ha R � 7 F. Di conseguenza si ha

ν � 1.6 · 1022 F/sec

14 F� 1021 sec−1 (4.36)

L’altezza della barriera Vα e data da

Vα =zZe2

R=

2 × 82 × 1.44 MeV · F7 F

� 34 MeV (4.37)

Un calcolo del fattore di trasparenza direttamente dalla 4.27 fornisce D � e−65 �6 · 10−29. Si ottiene quindi subito

1

τ� 1 · 1021 × 6 · 10−29 sec−1 � 6 · 10−8 sec−1 (4.38)

Percio si ha che la vita media τ vale circa 2 · 107 sec, ovvero circa 230 giorni.

47

3. Il decadimento in questione e il seguente: 21084 Po → 206

82 Pb+42He. Di tale decadimento

e nota l’energia cinetica della particella α emessa: Tα = 5.3 MeV.Lo stesso tipo di considerazioni formulate nello svogimento dell’esercizio e1 rela-tivamente alla possibilita di ricorrere all’approssimazione non relativistica per ladescrizione del moto della particella α e del nucleo di rinculo e relativamente allaconservazione dell’impulso portano a concludere che, anche in questo caso, l’energiacinetica del nucleo prodotto nel decadimento sia esprimibile come:

Tnuc � Tαmα

Mnuc. (4.39)

Conseguentemente, l’energia complessiva liberata in un decadimento radioattivo deltipo considerato e data da1

Eα ≡ Tα + Tnuc � Tα

(1 +

mα

Mnuc

)� 5.3 MeV

210

206� 5.4 MeV, (4.40)

Il numero medio di decadimenti che si verificano in un intervallo di tempo pari allavita media τ (= T1/2/ ln 2 � 199 giorni) del nucleo 210

84 Po e dato da:

ndec(τ) = N0 − N(τ) = N0

(1 − e−λτ

)= N0(1 − 1

e), (4.41)

dove si e indicato con N0 il numero di nuclei radioattivi presenti all’istante iniziale(t = 0), con N(t) il numero di nuclei radioattivi presenti al generico istante t e conλ = 1/τ la costante di decadimento del nucleo 210

84 Po.N0 e a sua volta dato da:

N0 = NAmPo

APo, (4.42)

dove NA e il numero di Avogadro, mPo = 1 mg e la massa di 21084 Po isotopicamente

puro inizialmente presente e APo � 210 g mol−1 e il peso atomico dell’isotopo ra-dioattivo considerato.

1 Qui le masse sono state approssimate con A volte una certa unita di massa data dalla massa mediadi protone e neutrone meno l’energia di legame per nucleone (tale quantita si chiama unita di massaatomica e vale circa 931.49 MeV); il risultato pero come si vede e indipendente da tale valore specifico:e sufficiente che sia corretto calcolare ambedue le masse con A volte tale unita; per i nuclei dall’elio insu e una buona approssimazione eccetto il caso in cui compaiano differenze tra masse, come nell’esercizioprecedente, nel qual caso le approssimazioni sono delicate.

48

La quantita di calore Q(τ) prodotta nell’intervallo compreso tra t = 0 e t = τ saraquindi data da:

Q(τ) = ndec(τ) Eα = N0

(1 − 1

e

)Eα = NA

mPo

APo

(1 − 1

e

)Eα � (4.43)

� 6.022 1023 mol−1 10−3 g

210 g mol−1

(1 − 1

e

)5.4 MeV =

= 9.8 1018 MeV =

= 1.6 106 J.

4. Indicando con Ji e Jf lo spin del nucleo che decade e del nucleo prodotto nel decadi-mento, rispettivamente, e con Pi e Pf le corrispondenti parita, le regole di selezionedi momento angolare e parita per il decadimento α sono date da:

|Ji − Jf | ≤ lα ≤ Ji + Jf (4.44)

Pi

Pf= (−1)lα , (4.45)

dove si e indicato con lα il momento angolare della particella α. Tali regole di se-lezione discendono dalla conservazione di momento angolare e parita nel decadimen-to2 α e dal fatto che lo spin Jα e la parita Pα del nucleo 4He valgono rispettivamente:Jα = 0 e Pα = +1.Indicando con αi (i = 0, . . . , 3) il decadimento che popola il livello i del nucleoprodotto, i quattro decadimenti possibili presentano un valore del rapporto Pi/Pf

dato dalla seguente tabella:

Decadimento Pi/Pf

α0 −1α1 −1α2 +1α3 +1

2Sulla possibile apparente violazione della parita nel decadimento α, che discende dalla possibilitache gli stati stazionari del nucleo siano sovrapposizioni di stati di parita opposta, non ci addentriamo inquesta sede.

49

Dalla conservazione della parita (eq.(4.45)) segue quindi che i valori ammissibili perlα devono necessariamente essere dispari per i decadimenti α0 e α1, e pari per idecadimenti α2 e α3.La conservazione del momento angolare (eq.(4.44)) impone inoltre che i possibilivalori di lα per ciascun decadimento siano dati da:

Decadimento

α0

∣∣ 52− 5

2

∣∣ ≤ lα ≤ 52

+ 52

=⇒ lα = 0, 1, 2, 3, 4, 5

α1

∣∣ 52− 7

2

∣∣ ≤ lα ≤ 52

+ 72

=⇒ lα = 1, 2, 3, 4, 5, 6

α2

∣∣ 52− 5

2

∣∣ ≤ lα ≤ 52

+ 52

=⇒ lα = 0, 1, 2, 3, 4, 5

α3

∣∣ 52− 7

2

∣∣ ≤ lα ≤ 52

+ 72

=⇒ lα = 1, 2, 3, 4, 5, 6

Combinando i requisiti imposti dalle due leggi di conservazione si conclude quindi chei valori di lα ammissibili per ciascun decadimento sono dati dalla seguente tabella:

Decadimento lα

α0 1, 3, 5α1 1, 3, 5α2 0, 2, 4α3 2, 4, 6

4.3 Decadimento β

Nel decadimento β, un nucleo (Z,A) si trasforma nel nucleo (Z+1,A) mediante emissionedi un elettrone e di un antineutrino, oppure si trasforma nel nucleo (Z-1,A) medianteemissione di un positrone e di un neutrino. L’esempio piu elementare di decadimento βe quello del neutrone n → p + e− + ν. Tenendo presente che il Q valore tipicamente none superiore al MeV, calcoliamo quali valori del momento angolare orbitale sono ammessiper l’elettrone e l’antineutrino. In meccanica classica, il momento angolare orbitale edato dal prodotto dell’impulso per la distanza minima della traiettoria dall’origine. Sechiamiamo quindi b la distanza dal centro del nucleo a cui l’elettrone e il neutrino sonoprodotti e p il loro impulso, abbiamo che |�l| = pb. In meccanica quantistica, il modulo del

momento angolare orbitale e dato da |�l| = �√

l (l + 1). Uguagliando l’espressione classicaa quella quantistica si ha che, dato un certo impulso p, i corrispondenti valori possibilidella distanza b sono dati da

b =�

p

√l (l + 1) =

198MeV F

p

√l (l + 1) (4.46)

50

Siccome il Q valore e al piu dell’ordine del MeV, anche i valori di p nel sistema c=1 sarannodello stesso ordine di grandezza. Si vede subito che per l=0 si ottiene b=0, ovvero b stanel centro del nucleo, ma non appena si pone l=1, si ha b � 280 F. Siccome il raggiodel nucleo e circa 1.2 F ×A1/3, anche per un nucleo pesante come l’uranio 238 si ha R� 7.4 F. Da questo semplice ragionamento si deduce che nel decadimento β “ammesso”il momento angolare orbitale di elettrone e antineutrino e nullo. D’altro canto, questedue particelle hanno ciascuna spin 1/2 e quindi lo spin totale (derivato dalla somma deglispin) del sistema elettrone-antineutrino puo valere 0 oppure 1. In altri termini

�Jeν = �le + �lν + �se + �sν = �se + �sν (4.47)

in quanto come detto non vi e contributo orbitale. Inoltre Jeν = 0, 1, per cui poiche

�Ji = �Jf + �Jeν → �Jf = �Ji − �Jeν → |Ji − Jeν | ≤ |Jf | ≤ |Ji + Jeν | (4.48)

da cui segue che sono possibili due tipi di decadimento, quello con Jeν = 0, detto di Fermi,in cui il momento angolare totale del nucleo finale dev’essere uguale a quello del nucleoiniziale, e quello con Jeν = 1, detto di Gamow-Teller, in cui il momento angolare totale delnucleo finale puo cambiare di 0, oppure di ±1. Nel caso particolare di spin nullo iniziale efinale, ovvero Ji = Jf = 0, la transizione puo essere soltanto del tipo di Fermi, in quantosi ha

�0 = �0 + �Jeν (4.49)

e quindi se Jeν = 1 tale equazione non puo essere soddisfatta.Poiche non vi e contributo di momento angolare orbitale, la parita dei nuclei iniziale efinale sara la stessa.

4.3.1 Esercizi

1. Dire, in base alle regole di selezione studiate, se i seguenti decadimenti β sonoammessi o meno.

• 148 O → 14

7 N + e+ + ν transizione 0+ → 0+

• 62He → 6

3Li + e− + ν transizione 0+ → 1+

• 13755 Cs → 137

56 Ba + e− + ν transizione 72

+ → 32+

2. Si calcoli l’energia cinetica massima che puo assumere l’elettrone prodotto nel decadi-mento β del neutrone, sapendo che: mn = 939.565643 MeV/c2 e Mat(

1H) =938.783289 MeV/c2. Si calcoli anche l’energia cinetica del protone allorche Te assumeil valore massimo consentito.

51

3. Un nucleo di 6He a riposo decade β− nello stato fondamentale di 6Li con emissionedi un elettrone e un antineutrino. Sapendo che la massa dei nuclei in gioco valerispettivamente M(6He) = 5605.538 MeV/c2 e M(6Li) = 5601.519 MeV/c2, sicalcoli l’energia cinetica massima ammissibile per l’elettrone (Te|max). Supponendoche, nel riferimento di quiete del nucleo che decade, l’elettrone emesso possiedaun’energia cinetica Te = 0.60 MeV e si muova in direzione ortogonale rispetto almoto nel nucleo di rinculo, si calcoli l’angolo tra la linea di volo dell’elettrone equella dell’antineutrino nello stesso sistema di riferimento.

4. Il nucleo 11C decade in 11B con emissione di un neutrino e un positrone (decadimentoβ+). Sapendo che lo spettro di impulso del positrone emesso e compreso tra 0 epmax

e = 1.380 MeV/c, che il decadimento avviene tra gli stati fondamentali dei duenuclei e che la massa dell’isotopo 11B vale M(11B) = 10252.551 MeV/c2, si calcolila massa dell’isotopo 11C e il valore dell’energia del neutrino in un decadimento chelasci il nucleo prodotto a riposo (nel riferimento in cui era a riposo anche il nucleoche e decaduto).


1. • 148 O → 14

7 N + e+ + ν transizione 0+ → 0+. Il momento angolare totale noncambia e neppure la parita, percio e ammesso.

• 62He → 6

3Li + e− + ν transizione 0+ → 1+. Il momento angolare totale cambiadi 1 e la parita non cambia, percio e ammesso.

• 13755 Cs → 137

56 Ba + e− + ν transizione 72

+ → 32+. Il momento angolare to-

tale cambia di 2 e quindi anche se la parita non cambia il decadimento non eammesso.

2. L’energia totale rilasciata nel decadimento:

n → p + e− + νe (4.50)

vale:

Q = mn − mp − me = (4.51)

= mn − Mat(1H) =

= 939.565643 MeV − 938.783289 MeV =

= 782.354 keV,

52

dove si e supposto che l’antineutrino νe abbia massa nulla3.Il decadimento in questione e un processo a 3 corpi: la massa della particella (onucleo) che decade e delle particelle nello stato finale non determinano in manieraunivoca le energie cinetiche dei prodotti di decadimento.Assumendo che l’antineutrino abbia massa nulla, la condizione cinematica in cuil’energia cinetica dell’elettrone assume il valore massimo ad essa consentito (Te|max)coincide con quella in cui anche l’energia cinetica del protone assume il valore massi-mo ad essa rispettivamente consentito4 (Tp|max). Tale condizione si realizza nel limitein cui l’energia dell’antineutrino5 emesso nel decadimento tende a zero. In tale situ-azione (Tp = Tp|max, e Te = Te|max), la somma dell’energia cinetica del protone edell’elettrone coincide con l’energia complessiva Q rilasciata nel decadimento:

Q = Te|max + Tp|max. (4.52)

In tale condizione cinematica (e solo in essa), anche il modulo dell’impulso delneutrino tende a zero, per cui la conservazione dell’impulso diventa:

pe|max = pp|max, (4.53)

ovvero, dato che p =√

T (T + 2m):

Te|max (Te|max + 2me) = Tp|max (Tp|max + 2mp) . (4.54)

Risolvendo il sistema di due equazioni (4.52) e (4.54) si ricava che:

Te|max =Q(mn + mp − me)

2mn(4.55)

Tp|max =Q(mn + me − mp)

2mn.

3Il problema della massa del neutrino (o dell’antineutrino) e un problema tutt’ora aperto. Indipenden-temente dal fatto che la massa del neutrino sia rigorosamente nulla oppure no, si tratta in ogni caso di unamassa estremamente piu piccola di quella di ogni altra particella conosciuta. Il neutrino di cui trattiamoin questo esercizio e il cosiddetto “neutrino elettronico” νe (per puro scopo di completezza precisiamoche sono stati sperimentalmente osservati altri due sapori di neutrino, detti rispettivamente “neutrinomu” νμ e “neutrino tau” ντ ). I limiti diretti piu recenti sulla massa di tale neutrino, provenienti dallostudio sperimentale dello spettro di impulso dell’elettrone emesso nel decadimento 3H → 3He e− νe, sonom(νe) < 2.5 eV (95% CL), ossia m(νe)/me < 5 10−6. Cio autorizza in ogni caso ad assumere m(νe) = 0in questo esercizio e nei successivi.

4Il fatto che Te e Tp raggiungano il valore massimo ad esse rispettivamente consentito nella stessacondizione cinematica non deve essere confuso con il fatto che tale valore massimo sia uguale per entrambe:come si vedra tra breve, Tp|max Te|max.

5Si osservi che, per una particella di massa nulla come l’(anti-)neutrino, l’energia cinetica e l’energiadella particella coincidono e il loro valore, in unita naturali c = 1, coincide con quello dell’impulso:Tν = Eν = pν .

53

Poiche il protone prodotto nel decadimento ha una massa molto maggiore di quelladell’elettrone, l’energia cinetica massima che esso puo assumere e quindi molto mi-nore dell’energia cinetica massima possibile per l’elettrone.Infatti dalle eq. (4.55) si ricava facilmente che:

Te|max − Tp|max

Q=

mp − me

mn, (4.56)

da cui si vede che, poiche mp/mn � 1 � me/mn, deve anche essere Te|max−Tp|max �Q. Da qui e dall’eq. (4.52) segue dunque che:

Te|max � Q (4.57)

e:

Tp|max Q, (4.58)

da cui si ricava infine:

Tp|max Te|max. (4.59)

Tale risultato e vero in generale per ogni decadimento β− o β+. In tal caso, indicandocon un indice “nuc” tutte le quantita relative al nucleo di rinculo prodotto neldecadimento, si ha corrispondentemente:

Te|max � Q (4.60)

Tnuc|max Q

Tnuc|max Te|max.

dove Q e l’energia totale rilasciata nel decadimento considerato.Da quanto precede segue infine che per il decadimento β del neutrone il valore diTe|max e ben approssimato da Q (eq. (4.51)), ossia:

Te|max � 782 keV. (4.61)

Il valore esatto di Te|max e quello di Tp|max, ottenuti mediante l’eq. (4.55) sono:

Te|max =Q(mn + mp − me)

2mn=

Q(mn + Mat(1H) − 2me)

2mn= 781.603 keV(4.62)

Tp|max =Q(mn + me − mp)

2mn

=Q(mn + 2me − Mat(

1H))

2mn

= 751 eV.

54

3. Per il calcolo di Te|max per il decadimento in questione si possono ripetere le consid-erazioni svolte in dettaglio nello svolgimento dell’esercizio precedente, e concludereche, con ottima approssimazione, Te|max � Q, dove Q e l’energia totale rilasciata neldecadimento, ossia:

Q = M(6He) − M(6Li) − me = (4.63)

= 5605.538 MeV − 5601.519 MeV − 0.511 MeV =

= 3.508 MeV.

Si noti che si e fatto uso delle unita naturali (c = 1) e si e utilizzato il valoreme = 0.511 MeV/c2 della massa dell’elettrone (che non e specificato dal testo dell’e-sercizio in quanto si suppone che sia noto). A differenza dell’esercizio precedente, nelquale era data la massa dell’atomo di idrogeno (che con ottima approssimazione euguale alla somma della massa del protone e dell’elettrone prodotti nel decadimentodel neutrone), in questo caso il testo dell’esercizio fornisce viceversa il valore dellemasse dei nuclei coinvolti nel decadimento (rispettivamente: il nucleo di 6He chedecade e il nucleo di 6Li prodotto dal decadimento). Cio richiede che, in questo caso,nel bilancio energetico mediante il quale viene calcolata Q, si tenga conto esplicita-mente della massa dell’elettrone (si confronti l’eq (4.63) con l’eq. (4.51) dell’esercizioprecedente).Per quanto riguarda l’angolo di emissione del neutrino rispetto alla linea di volo del-l’elettrone nel caso in cui quest’ultima e ortogonale alla direzione di rinculo del nucleoprodotto nel decadimento e l’elettrone possiede un’energia cinetica Te = 0.60 MeV,la geometria del decadimento e illustrata nella figura seguente (non in scala!), nellaquale �pe e �pnuc indicano rspettivamente l’impulso dell’elettrone e quello del nucleo dirinculo, e �k indica l’impulso dell’antineutrino. Tutte le grandezze cinematiche cheabbiamo introdotto e introdurremo sono relative al sistema di riferimento di quietedel nucleo che decade (come specificato del resto dal testo dell’esercizio). In talesistema di riferimento la conservazione dell’energia si scrive come:

Q = Te + Tnuc + k � Te + k, (4.64)

dove Te e Tnuc rappresentano l’energia cinetica rispettivamente dell’elettrone e delnucleo di rinculo, e k rappresenta l’energia cinetica dell’antineutrino6. Si noti che,poiche Tnuc < Tnuc|max Q, e possibile trascurare Tnuc nell’espressione di Q intermini delle energie cinetiche delle tre particelle che costituiscono lo stato finale.Dall’eq. (4.64) si ricava che:

k � Q − Te. (4.65)

6Si ricordi quanto gia osservato nella nota 5 di pag. 53: per particelle di massa nulla si ha E = T = p.Quindi k rappresenta anche il modulo dell’impulso dell’antineutrino.

55

α θ

pe

k

pnuc

Figura 4.2:

Sempre nel riferimento di quiete del nucleo che decade, la conservazione dell’impulsosi scrive come:

�pe + �pnuc + �k = 0. (4.66)

Da cio segue che la componente di �k parallela a �pe deve avere modulo uguale almodulo di �pe (si veda la figura riportata sopra), ossia:

k cos α = pe =√

Te(Te + 2me), (4.67)

dove pe ≡ ‖�pe‖ e l’angolo α e definito in figura.Dall’eq. (4.67) , sostituendo l’espressione di k ricavata all’eq. (4.65), si ricava quindiche:

cos α �√

Te(Te + 2me)

Q − Te

, (4.68)

ossia, dato che l’angolo θ tra la direzione di volo dell’antineutrino e quella dell’elet-trone e dato da θ = π − α:

θ � π − arccos

√Te(Te + 2me)

Q − Te� (4.69)

56

� π − arccos

√0.60 MeV (0.60 MeV + 2 ∗ 0.511 MeV)

3.508 MeV − 0.60 MeV=

= 1.92 rad =

= 1100. (4.70)

4. L’energia totale rilasciata in un decadimento β+ del tipo descritto nel testo e datada:

Q = M(11C) − M(11B) − me. (4.71)

In base alle considerazioni esposte in dettaglio nello svolgimento dell’esercizio 4.3.1(e successivamente utilizzate anche nello svolgimento dell’esercizio 4.3.2), possiamoapprossimare: Te|max � Q, e possiamo quindi scrivere:

M(11C) = Q + M(11B) + me � Te|max + M(11B) + me. (4.72)

Poiche l’energia cinetica dell’elettrone Te e esprimibile in termini del suo impulso pe

come:

Te =√

p2e + m2

e − me, (4.73)

otteniamo che:

M(11C) �√

(pe|max)2 + m2

e − me + M(11B) + me = (4.74)

=

√(pe|max)

2 + m2e + M(11B) =

=√

(1.380 MeV)2 + (0.511 MeV)2 + 10252.551 MeV =

= 10254.023 MeV. (4.75)

Sempre ricorrendo all’approssimazione Te|max � Q, noto pe|max possiamo stimare Qcome:

Q �√

(pe|max)2 + m2

e − me. (4.76)

Nel caso particolare in cui il nucleo prodotto nel decadimento e a riposo nello stessosistema di riferimento di quiete del nucleo che decade, si ha che:

Q = Te + k =√

p2e + m2

e − me + k, (4.77)

57

dove k e l’energia (e anche il modulo dell’impulso) del neutrino, e:

�pe + �k = 0, (4.78)

ovvero, passando ai moduli:

pe = k. (4.79)

Sostituendo quest’ultima espressione nella (4.77), otteniamo di poter scrivere:

Q + me − k =√

k2 + m2e. (4.80)

Passando al quadrato e risolvendo per k otteniamo infine:

k =Q(Q + 2me)

2(Q + me), (4.81)

ovverso, sostituendo l’espressione di Q all’eq. (4.76):

k � (pe|max)2

2√

(pe|max)2 + m2

e

= (4.82)

=(1.380 MeV)2

2√

(1.380 MeV)2 + (0.511 MeV)2=

= 647 keV (4.83)

4.4 Decadimento γ

4.4.1 Esercizi

1. I livelli energetici piu bassi del nucleo 131Xe hanno le energie7 e i numeri quanticidi spin e parita indicati nella lista seguente:

Livello Energy (keV) JP

3 341.14 92

−

2 163.93 112

−

1 80.19 12

+

0 0 32

+

7L’energia di ciascun livello e espressa in keV ed e misurata a partire dal livello fondamentale (livello0).

58

Per ogni coppia di livelli, si determini l’energia del corrispondente decadimento γ e imultipoli elettrici e/o magnetici consentiti per tale decadimento, indicando quale (oquali) multipolo e dominante. Per il decadimento dal livello 3 al livello fondamentale,si stimi l’ordine di grandezza del rapporto tra la probabilita di decadimento per idue multipoli elettrici piu bassi. Ci si aspetta che qualcuno dei livelli indicati abbianatura isomerica? Se sı, quale(i)?

2. Il nucleo 26Mg presenta i seguenti livelli energetici:

Livello Energy (MeV) JP

2 2.938 2+

1 1.809 2+

0 0 0+

Per ogni coppia di livelli, si determini l’energia del corrispondente decadimento γ e lemultipolarita elettriche e/o magnetiche consentite per tale decadimento, indicandoquale (o quali) polarita e dominante. Per il decadimento dal secondo livello al livellofondamentale, si calcoli l’energia cinetica di rinculo del nucleo.


1. Indicando con Ji e Jf lo spin del nucleo che decade e del nucleo prodotto nel decadi-mento, rispettivamente, e con Pi e Pf le corrispondenti parita, le regole di selezionedi momento angolare e parita per il decadimento γ sono date da:

|Ji − Jf | ≤ L ≤ Ji + Jf (L �= 0) (4.84)

Pi

Pf= (−1)L (2L−polo elettrico) (4.85)

Pi

Pf= (−1)L+1 (2L−polo magnetico)

dove si e indicato con 2L l’ordine del multipolo elettrico o magnetico coinvolto.Indicando con γij (i, j = 0, . . . , 3) il decadimento dal livello i al livello j, si puoquindi compilare la sequente tabella:

59

Decadimento Pi/Pf

γ10 +1∣∣12− 3

2

∣∣ ≤ L ≤ 12

+ 32

=⇒ L = 1, 2

γ20 -1∣∣11

2− 3

2

∣∣ ≤ L ≤ 112

+ 32

=⇒ L = 4, 5, 6, 7

γ21 -1∣∣11

2− 1

2

∣∣ ≤ L ≤ 112

+ 12

=⇒ L = 5, 6

γ30 -1∣∣92− 3

2

∣∣ ≤ L ≤ 92

+ 32

=⇒ L = 3, 4, 5, 6

γ31 -1∣∣92− 1

2

∣∣ ≤ L ≤ 92

+ 12

=⇒ L = 4, 5

γ32 +1∣∣92− 11

2

∣∣ ≤ L ≤ 92

+ 112

=⇒ L = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10

I decadimenti permessi sono quindi dati da:

Decadimento Energia (keV)

γ10 80.19 M1, E2γ20 163.93 M4, (E5, M6, E7)γ21 83.74 E5, (M6)γ30 341.14 E3, (M4, E5, M6)γ31 260.95 M4, (E5)γ32 177.21 M1, E2, (M3, E4, M5, E6, M7, E8, M9, E10)

dove per ciascun decadimento si e indicata l’energia totale rilasciata e sono statimessi in evidenza i multipoli dominanti (quelli non racchiusi da parentesi).Per il decadimento γ30 si ha che la lunghezza d’onda λ del fotone emesso e data da:

λ =c

ν=

2πc

ω=

2π�c

�ω=

2π�c

Eγ

� 2π�c

E=

2π (197 103 keV fm)

341.14 keV= 3.63 103 fm(4.86)

dove si e approssimato Eγ � E, indicando con Eγ l’energia del fotone emesso e conE l’energia complessiva rilasciata nel decadimento.Indicando con R il raggio del nucleo che decade (131Xe: numero di massa A = 131),che come e noto e ben approssimato da:

R � r0A1/3, (4.87)

con r0 = 1.2 fm, si ha:

R � (1.2 fm) (131)1/3 = 6.09 fm. (4.88)

60

Poiche per un nucleo di raggio R la probabilita di decadimento attraverso un 2L-polo elettrico o magnetico con emissione di un fotone di lunghezza d’onda λ eproporzionale a 8:

Π(L) =

(R

λ

)2L

, (4.91)

si ha che l’ordine di grandezza del rapporto tra le probabilita di emissione per i duemultipoli elettrici di ordine piu basso ammissibili per il decadimento γ30 (E3 ed E5)e dato da:

ξ ≡ Π(5)

Π(3)=

(R

λ

)2(5−3)

=

(6.09 fm

3.63 103 fm

)4

� 8 10−12. (4.92)

Dalla tabella dei decadimenti consentiti per ciascuna coppia di livelli (v. sopra) siricava che il livello 2 presenta natura isomerica, in quanto sia il decadimento γ20

(multipoli dominanti: M4), sia il decadimento γ21 (multipolo dominante: E5) sonoinibiti a causa dell’elevato ordine di multipolo coinvolto. Gli altri livelli decadonoviceversa con vite medie assai piu brevi, dato che ad essi e permesso almeno un mododi decadimento non troppo soppresso (il livello 1 decade nel livello fondamentale conmultipoli M1 ed E2; il livello 3 decade nel livello 2 con multipoli M1 ed E2).

2. Le regole di selezione gia ricordate nello svolgimento dell’esercizio precedente con-sentono in questo caso di redigere la tabella:

Decadimento Pi/Pf

γ10 +1 |2 − 0| ≤ L ≤ 2 + 0 =⇒ L = 2γ20 +1 |2 − 0| ≤ L ≤ 2 + 0 =⇒ L = 2γ21 +1 |2 − 2| ≤ L ≤ 2 + 2 =⇒ L = 1, 2, 3, 4

8La scala relativa fra multipoli elettrici e magnetici e data da

EL

ML=(

d

μ

)2

(4.89)

dove d e il momento di dipolo elettrico e μ e il momento di dipolo magnetico del nucleo. Per nuclei conA ∼ 100, si ha che

EL

ML�(

eR

e�/MNc

)2

=(

MNcR

�

)2

� 102 − 103 (4.90)

Percio a parita di L, il multipolo magnetico ha intensita di 102-103 volte inferiore a quello elettrico. Nelcaso in cui la transizione M1 sia quella permessa di ordine di multipolo piu basso, risulta che la probabilitadella transizione di quadrupolo elettrico E2 e dello stesso ordine di grandezza e percio le due transizioniM1 ed E2 sono ambedue dominanti

61

I decadimenti permessi sono quindi dati in questo caso da:

Decadimento Energia (MeV)

γ10 1.809 E2γ20 2.938 E2γ21 1.129 M1, E2, (M3, E4)

dove per ciascun decadimento si e indicata l’energia totale rilasciata e sono statimessi in evidenza i multipoli dominanti (quelli non racchiusi da parentesi).Per il decadimento γ20 l’energia totale rilasciata e data da E = 2.938 MeV. Laconservazione dell’impulso e dell’energia nel sistema di quiete del nucleo che decadesono date rispettivamente dalle due equazioni seguenti:

pγ = pnuc (4.93)

E = Tγ + Tnuc,

dove pγ, pnuc e Tγ , Tnuc sono i moduli dell’impulso e le energie cinetiche del fo-tone e del nucleo prodotto nel decadimento, rispettivamente. Poiche il fotoneha massa nulla, si ha Tγ = pγ (in unita naturali: c = 1). Si ha inoltre che

pnuc =√

Tnuc (Tnuc + 2Mnuc), dove con Mnuc si e indicata la massa del nucleoprodotto nel decadimento. Dalla prima delle eq.(4.93) si ricava quindi che Tγ =√

Tnuc (Tnuc + 2Mnuc). La seconda eq.(4.93) diventa allora:

E =√

Tnuc (Tnuc + 2Mnuc) + Tnuc, (4.94)

da cui, approssimando9 Mnuc � A ∗ 931.5 MeV, si ricava che:

Tnuc =E2

2 (Mnuc + E)=

(2.938 MeV)2

2(26 ∗ 931.5 + 2.938) MeV� 178 eV. (4.95)

Poiche Tnuc E, si conclude altresı che Eγ(= Tγ) � E.

4.5 Radioattivita naturale

4.5.1 Esercizi

Esercizio e1La maggior parte degli isotopi radioattivi presenti in natura sono nuclei pesanti apparte-nenti alle tre catene radioattive che originano rispettivamente dai nuclei 232Th, 235U e

9Si veda la nota 1 a pagina 48.

62

238U . Oltre a queste tre famiglie di isotopi radioattivi, esistono in natura alcuni altriisotopi radioattivi che non appartengono a catene di decadimenti in cascata. Uno dei piuimportanti fra questi nuclei e l’isotopo 40K del potassio, che e presente in molti mineraliutilizzati come materiale per costruzioni. Esso decade β− e per cattura elettronica (cat-tura K) secondo lo schema seguente:Sapendo che il tempo di dimezzamento del 40K vale T1/2 = 1.27 109 anni, che l’abbon-

40K

40Ar

1.32 MeV β-

(89%)

EC

(11%)

γ(Eγ=1.462 MeV) 40

Ca

0.049 MeV

Figura 4.3:

danza naturale di tale isotopo del potassio e pari allo 0.0118 %, e che la composizioneisotopica del potassio naturale e ∼ 93% di 39K e ∼ 7% di 41K, calcolare l’attivita specificadel potassio naturale.


e1Poiche il tempo di dimezzamento T1/2 = 1.27 anni � 4.01 1016 s del 40K e molto lungorispetto alle scale temporali accessibili sperimentalmente, la sua attivita A puo essere con-siderata praticamente costante. Indicando con λ = ln 2/T1/2 la costante di decadimentodi 40K e con N il numero di isotopi 40K presenti in un campione naturale di potassio dimassa m, l’attivita specifica a cercata sara data da:

a ≡ Am

=λN

m. (4.96)

Per N vale poi la seguente espressione:

N = NAm′

A= NA

f m

A, (4.97)

63

dove NA e il numero di Avogadro, m′ e la massa di 40K presente in un campione naturaledi potassio di massa m, f = 0.018 % e la frazione di 40K presente in tale campione eA = (39 ∗ 0.93 + 41 ∗ 0.07) g mol−1 � 39.14 g mol−1 e il peso atomico del potassio nellasua composizione naturale (∼ 93% di 39K e ∼ 7% di 41K).Da cio segue che l’attivita specifica a del potassio nella sua composizione naturale vale:

a =ln 2 NA f m

m A T1/2

=ln 2 NA f

A T1/2

� (4.98)

� (6.022 1023 mol−1) (1.18 10−4)

(39.14 g mol−1) (4.01 1016 s)�

� 31.4 s−1 g−1 =

= 31.4 Bq g−1. (4.99)

Quindi l’attivita specifica del potassio naturale e di circa 1 nCi g−1. Poiche, come e dettonel testo dell’esercizio, il potassio e un minerale molto comune, le particelle emesse dal40K contribuiscono in maniera non trascurabile al fondo naturale. Ad esercizio i mattonihanno un’attivita specifica di ∼ 600 Bq kg−1, l’ardesia di ∼ 1500 Bq kg−1, il cemento∼ 200 Bq kg−1.

4.6 Dosimetria

4.6.1 Esercizi

Esercizio e1Si consideri una sorgente radioattiva puntiforme di 60Co isotopicamente puro, di mas-sa 1 mg. Il nucleo di 60Co decade β− in 60Ni con un tempo di dimezzamento T1/2 =5.271 anni. Con ottima approssimazione, ogni decadimento di questo tipo produce unnucleo di 60Ni in uno stato eccitato, che decade molto rapidamente nel suo stato fonda-mentale mediante l’emissione in cascata di due fotoni γ di energia Eγ

1 = 1.173 MeV eEγ

2 = 1.333 MeV rispettivamente. Si calcoli la dose assorbita in Gray in un’ora da unapersona di massa 70 Kg e la cui area corporea sia circa 1 m2, posta a distanza di 5 mdalla sorgente (si assuma che i due fotoni emessi raggiungano entrambi la persona e chela loro energia venga assorbita completamente).


e1La dose per unita di tempo (dD/dt) cui da luogo una sorgente puntiforme di attivita A

64

(in Ci) che emette n raggi γ di energie Eγi (in MeV, dove i = 1, . . . , n) a una distanza d

(in m) e data da:

dD

dt[Gray/h] =

(n∑

i=1

Eγi [MeV]

)A [Ci]×3.7·1010 s−1×1.6·10−13 J× 1 m2

25 m2

1

4π/70Kg(4.100)

L’attivita della sorgente descritta nel testo dell’esercizio e data da:

A = NAm

Aλ = NA

m

A

ln 2

T1/2

(4.101)

= (6.022 1023 mol−1)10−3 g

60 g mol−1

ln 2

1.66 108 s

= 4.19 1010 Bq = 1.13 Ci,

dove NA e il numero di Avogadro, m = 1 mg la massa della sorgente isotopicamente puradi 60Co, A � 60 g mol−1 il peso atomico di tale sostanza, λ = ln 2/T1/2 la costante didecadimento10 del 60Co e T1/2 = 5.271 anni = 1.66 108 s il suo tempo di dimezzamento.Si conclude che la dose assorbita in un’ora e di 2.7 ·10−3 Gray.

10Si noti che si utilizza qui la costante di decadimento (ovvero, il che e equivalente, il tempo di dimez-zamento) dell’isotopo 60Co che decade β− in 60Ni, anziche la costante di decadimento dell’isotopo 60Nieccitato prodotto in tale decadimento β−. Cio e dovuto a tre circostanze: (a) la specie inizialmentepresente e proprio il 60Co, (b) il 100% dei nuclei eccitati di 60Ni prodotti nel decadimento β− del 60Codecade mediante i due decadimenti γ in cascata descritti nel testo, (c) la vita media di ciascun decadimen-to γ del nucleo 60Ni e estremamente piu piccola della vita media del decadimento β del nucleo originariodi 60Co.

65

Capitolo 5

Proprieta magnetiche dei nuclei

5.1 Unita base: magnetone di Bohr

Calcoliamo innanzitutto il valore del magnetone di Bohr elettronico utilizzando il sistemaMKS. L’espressione e la seguente1

μB =e�

2me(5.1)

Possiamo calcolare il valore numerico di questa espressione sostituendo il valore dellacarica elettrica elementare e = 1.6 ·10−19 Coulomb, di � = 1.06 ·10−34 Joule · sec e il valoredella massa dell’elettrone me = 9.11 · 10−31 Kg. La definizione della forza di Lorentz nelsistema MKS e

�F = Q�v × �B (5.2)

dove la forza sara espressa in Newton, la carica Q in Coulomb, la velocita v in m/sec e ilcampo B in Tesla. Percio si puo scrivere

Newton = Coulomb × m × sec−1 × Tesla (5.3)

ovvero

Coulomb = Newton × m−1 × sec × Tesla−1 (5.4)

D’altronde

Newton = Kg × m × sec−2 (5.5)

e quindi

Coulomb = Kg × sec−1 × Tesla−1 (5.6)

1 Nel caso del sistema CGS (usato nelle lezioni teoriche), l’espressione del magnetone di Bohr e e�

2meca causa delle differenti definizioni relative alle forze elettriche e magnetiche.

66

Da tutto cio otteniamo

μB =1.6 · 10−19 Kg × sec−1 × Tesla−11.06 · 10−34 Joule × sec

2.11 · 10−31 Kg(5.7)

da cui

μB = 9.3 · 10−24 J

T(5.8)

Ricordando che 1 Joule = 1.6·10−19 eV = 1.6·10−13 MeV otteniamo infine

μB = 5.8 · 10−11MeV

T(5.9)

Analogamente il magnetone di Bohr nucleare e

μN =e�

2Mp= μB

me

Mp= 3.16 · 10−14MeV

T(5.10)

5.2 Frequenza di Larmor di nuclei in un campo mag-

netico

L’espressione della “frequenza” (in realta velocita angolare associata) di Larmor per unsistema nucleare X di spin I e

ωXI =

μXI H

�I(5.11)

dove μXI e il momento magnetico del sistema dato da

μXI = gX

I μNI (5.12)

Il fattore gI rappresenta il rapporto giromagnetico fra il momento magnetico da una partee il magnetone di Bohr (nucleare) moltiplicato per lo spin dall’altra2. Quindi

ωXI =

gXI μNH

�(5.13)

2 Tale fattore g vale con ottima approssimazione 2 per l’elettrone.

67

5.3 Esercizi

1. Calcolare la frequenza di Larmor per il protone, per il quale gp = 5.58, ad un campodi 0.5 e di 5 Tesla.

2. Calcolare la frequenza di Larmor per il neutrone, per il quale gn = 3.82, ad un campodi 0.5 e di 5 Tesla.

1. ωp =gpμNH

�=

gpμNHc

�c= 5.58 × 3.16 · 10−14 MeV

T

3 · 108m/s

198 MeV · F H (5.14)

da cui si ha

ωp = 2.67 · 108 s−1H (Tesla) = 2.67 · 102 MHz · H (Tesla) (5.15)

La frequenza e quindi

f p =ωp

2π= 42.5 MHz · H (Tesla) (5.16)

Per un campo di 0.5 Tesla di ha percio fp = 21.3 MHz e per 5 Tesla fp = 213 MHz.

2. ωn =gnμNH

�=

gnμNHc

�c= 3.82 × 3.16 · 10−14MeV

T

3 · 108m/s

198 MeV · F H (5.17)

da cui si ha

ωp = 1.83 · 108 s−1H (Tesla) = 1.83 · 102 MHz · H (Tesla) (5.18)

La frequenza e quindi

f p =ωp

2π= 29.1 MHz · H (Tesla) (5.19)

Per un campo di 0.5 Tesla di ha percio fp = 14.6 MHz e per 5 Tesla fp = 146 MHz.

68

Capitolo 6

Isospin

L’isospin e un numero quantico legato ad una simmetria dell’interazione forte. Infat-ti, in meccanica quantistica, ogniqualvolta vi e una simmetria dell’Hamiltoniano (ovveroogniqualvolta una certa osservabile e rappresentata da un operatore che commuta conl’Hamiltoniano), si ha la presenza di multipletti di stati (ciascuno con la sua funzioned’onda) degeneri, ovvero gruppi di due o piu stati corrispondenti allo stesso autovaloredell’energia. Viceversa, ogniqualvolta si osservano due o piu stati il cui autovalore del-l’energia e almeno approssimativamente lo stesso, si sospetta l’esistenza di una nuovasimmetria dell’Hamiltoniano.

Nel caso dei nuclei, un fatto rilevante e che il protone e il neutrone, particelle diverseper carica elettrica ma con lo stesso spin 1/2, hanno masse approssimativamente uguali.La generalizzazione di quest’osservazione ai livelli dei nuclei porto all’introduazione delconcetto di isospin, una nuova osservabile con il suo operatore e i suoi autovalori. Si ipo-tizza che l’isospin sia un’osservabile del tutto simile al momento angolare totale dal puntodi vista formale, ma relativa ad uno spazio astratto di stati e si ipotizza che l’Hamiltoni-ano che descrive l’interazione forte sia simmetrico per rotazioni intorno ad un asse in talespazio astratto. In altre parole, l’interazione forte e invariante per rotazioni nello spaziodell’isospin e quindi devono esistere multipletti di stati, corrispondenti ad autovalori delmodulo dell’isospin ed aventi lo stesso autovalore dell’energia. In particolare, protone eneutrone appaiono come due stati di isospin del nucleone, ovvero si puo assegnare isospinT=1/2 al nucleone e assegnare come terza componente Tz = +1/2 per il protone e Tz

= -1/2 per il neutrone. Si dice anche che protone e neutrone costituiscono un doppiettodi isospin. Un fatto importante e che i componenti di un multipletto di isospin devonoavere lo stesso spin o momento angolare totale e la stessa parita. Quindi, nel caso deinuclei, solo livelli con lo stesso momento angolare e parita possono essere membri di unmultipletto di isospin.

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6.1 Esercizi

1. Calcolare l’isospin dei nuclei 146 C (spin-parita 0+), 14

7 N (spin-parita 1+) e 148 O (spin-

parita 0+) nello stato fondamentale.

2. Quale nucleo rappresenta il terzo membro del tripletto a T = 1 di cui sono membriil 14

6 C e il 148 O ?

3. Calcolare l’isospin del deutone.

4. Calcolare l’isospin dello stato fondamentale di un ipotetico nucleo formato da 3 pro-toni.

6.2 Svolgimento degli Esercizi

1. 146 C: si tratta di un nucleo con 6 protoni e 8 neutroni. Percio

Tz =Z − N

2=

6 − 8

2= −1 (6.1)

Se ne deduce percio che T≥1. Applicando la regola per cui lo stato fondamentale sipresenta con un valore dell’isospin pari al minimo possibile, si ha quindi T(14

6 C)=1.147 N: si tratta di un nucleo con 7 protoni e 7 neutroni. Percio

Tz =Z − N

2=

7 − 7

2= 0 (6.2)

Se ne deduce percio che T≥0. Applicando la regola per cui lo stato fondamentale sipresenta con un valore dell’isospin pari al minimo possibile, si ha quindi T(14

7 N)=0.148 O: si tratta di un nucleo con 8 protoni e 6 neutroni. Percio

Tz =Z − N

2=

8 − 6

2= +1 (6.3)

Se ne deduce percio che T≥1. Applicando la regola per cui lo stato fondamentalesi presenta con un valore dell’isospin pari al minimo possibile, si ha quindi T(14

8 N)=1.

70

2. Si tratta del nucleo 147 N∗ (spin-parita 0+), ovvero un livello eccitato dell’azoto ordi-

nario. In questo caso come per l’azoto nello stato fondamentale, si ha Tz = 0 matrattandosi di un livello eccitato invece di T = 0 si ha T = 1. Si verifica in effettisperimentalmente che le masse di questi tre nuclei sono molto vicine tra di loro ecome richiesto essi hanno lo stesso spin-parita = 0 +.

3. Il deutone, 21H e composto da 1 protone e 1 neutrone, percio

Tz =Z − N

2=

1 − 1

2= 0 (6.4)

Se ne deduce percio che T≥0. Applicando la regola per cui lo stato fondamentalesi presenta con un valore dell’isospin pari al minimo possibile, si ha quindi T(2

1H)=0.

4. Per tale ipotetico nucleo si avrebbe

Tz =Z − N

2=

3 − 0

2=

3

2(6.5)

Se ne deduce percio che T≥ 32. Applicando la regola per cui lo stato fondamentale

si presenta con un valore dell’isospin pari al minimo possibile, si ha quindi T(ppp)= 3/2.

71

Appendice A

Costanti utili e unita di misura daricordare

• c = 3.00 108m s−1 (velocita della luce nel vuoto)

• �c = 197 MeV fm

• e2 = 1.44 MeV fm (quadrato della carica dell’elettrone in unita MeV fm)

• MN = e�

2mp= 3.15 10−14 MeV T−1 (magnetone nucleare)

• me = 0.511 MeV/c2 (massa dell’elettrone)

• mp = 938.3 MeV/c2 (massa del protone)

• mn = 939.6 MeV/c2 (massa del neutrone)

• 1u = 931.5 MeV/c2 (unita di massa atomica unificata)

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