a V = 15.85

10 Übungsblatt Kern und Teilchenphysik

10.1 (Massenformel -

α

-Zerfall)

Wir betrachtendieMassenformel:

B = a V · A − a S · A ^{2 3} − a C · Z ²

A ^{1 3} − a A · (N − Z ) ²

A + a P · δ A ^{1 2}

with

a V = 15.85

^MeV

_c ²

^,

a S = 18.34

^MeV

_c ²

^,

a C = 0.71

^MeV

_c ²

^,

a A = 23.22

^MeV

_c ²

und

a P = 11.46

^MeV

_c 2

^{, zudem ist}

δ = 1

^für

gg

^{-Kerne. Wir kennen die Bin-}

dungsenergieeines

α

^{-Teilchens,dieseistgegebenmit}

B ⁴

^He

= 28.3

^MeV.Wir

müssen zusätzlich beachten,dass

Z = Z (A)

^{, d.h. wir suchen dass stabilste}

Z

füreingegebenes

A

^.ExperimentellwurdedieserZusammenhangals:

Z (A) = A

1.98 + 0.015A ^{3 2}

bestimmt.Einsetzen von

N = A − Z

^liefert:

B = a V · A − a S · A ^{2 3} − a C · Z ²

A ^{1 3} − a A · (A − 2Z) ²

A + a P · δ A ^{1 2}

undeinsetzenvon

Z = Z (A)

^liefertdann:

B = a V · A − a S · A ^{2 3} − a C ·

A ² 1.98+0.015A ^{2 3 2}

A ^{1 3} − a A ·

A − 4Z + 4 Z ² A

+ a P · δ A ^{1 2}

B = a V · A − a S · A ^{2 3} − a C · A ^{5 3}

1.98 + 0.015A ^{2 3} 2 − a A ·





 A − 4 A

1.98 + 0.015A ^{3 2} + 4 A

1.98 + 0.015A ^{2 3} 2

Nunkönnenwirdirekt

A = 120

^,

A = 116

^und

A = 200

^,

A = 196

^einsetzen,

dieseliefern:

B (120) = 512.61

^MeV

B (116) = 509.19

^MeV

B (200) = 414.00

^MeV

B (196) = 425.89

^MeV

die um

∆A = 4

veringerten Werte stellen jeweils die Kerne nach dem

α

^-

Zerfall dar. Daher ist nur ein

α

^{-Zerfall möglich, wenn}

∆B = 28.3

^{MeV. Wir}

bildendieDierenzenundnden:

B (116) − B (120) = −3.42

^MeV

B (196) − B (200) = 11.90

^MeV

daszeigt,dassnurder

α

^{-ZerfallfürdenKernmit}

A = 200

^{möglichist,wäh-}

rendderKernmit

A = 120

^gegenüber

α

^{-Zerfallstabilist(imGrundegenommen}

sindbeibeidendieEnergienkleinerals

∆B

^{,abersehejetztnichtworanesliegt).}

10.2 (Stoÿkinematik)

ElastischerStoÿzwischenTeilchen1undruhendemTeilchen2,esistzuzeigen,

dassfürnichtrelativistischeGeschwindigkeiten maximal aufdasTeilchen 2die

Energie:

E 2 =

( 4E 1 m 2

m 1

für

m 1 m 2

4E 1 m 1

m 2

für

m 2 m 1

übertragenwird.DaTeilchenzweivordemStoÿinRuhesei,besitzteskeinen

Impulsundklassisch(nichtrelativistisch)gesehenkeineEnergie,d.h.

p ~ ^vorher ₂ = 0

und

E ₂ ^vorher = 0

^{.WirnutzendenEnergie-und}Impulserhaltungssatz:

E 1 = E ₁ ⁰ + E 2

~

p 1 = ~ p ⁰ ₁ + ~ p 2

mit der klassischen kinetischen Energie

E = _2m ^{p 2}

^{und nach umstellen und}

quadrierenderImpulsgleichungerhalten wir:

p ⁰ ₁ ² = p ² ₁ − m 1

m 2

p ² ₂

~

p ⁰ ₁ ² = ~ p ² ₁ + ~ p ² ₂ − 2~ p 1 · ~ p 2

D.h.alsofürden maximalnEnergieübertrag

~ p 1 · ~ p 2 = |~ p 1 | |~ p 2 |

^:

1 + m 1

m 2

p ² ₂ = 2p 1 p 2

2p 1 =

1 + m 1

m 2

p 2

4 p ² ₁ 2m 1

= m 2

m 1

1 + m 1

m 2

2

p ² ₂ 2m 2

4E 1 = m 2

m 1

1 + m 1

m 2

2

E 2

betrachtenwirnundieGrenzfälle

m 1 m 2

^{, hierfürkann mandie}

1

^{in der}

Klammervernachlässigenunderhält:

E 2

E 1

= 4 m ₂ m 1

denFall

m 2 m 1

^{führtzu einer}Vernachlässigbarkeitdes

m 1

m 2

Termin der

Klammer,somitfolgt:

E 2

E 1

= 4 m 1

m 2

FürdenrelativenmaximalenEnergieübertraggiltdemnach:

E 2

E 1

=

( 4 _m ^{m 2} ₁

^für

m 1 m 2

4 _m ^{m 1} ₂

^für

m 2 m 1

a)

Wir betrachtennunden relativenmaximalenEnergieübertrag beim Stoÿeines

12

C-Teilchensmit einemruhendenElektron:

E 2

E 1

= 4 m 2

m 1

da

m 1 = m ¹² C = 12.0107 ·

^u

m 2 = m e − = 5.485799110 ·

^{u, mit u}

= 1.660538782 · 10 ^{− 27}

^{kg.Somitfolgtalso:}

E 2

E 1 = 0.000182697

d.h.es können nur ca.

0.02

^{% derEnergie des C-Teilchensan das Elektron}

übertragenwerden.

b)

Wir betrachten jetzt ein

E 1 = 3

^{MeV Elektron, welches mit einem ruhenden}

Goldatomstöÿt.DieRuhemassedesElektrons (

m e − = 511.707

^keV)habenwir

bereitsina)betrachtet,dawirjedochnuneinrelativistischesElektronbesitzen,

müssenwirdiedynamischeMassebestimmen.Dieseistgegebenüber:

m = E 1

c ² = γm 0,e ⁻

Einsetzenliefert:

m 1 = m = 3.21618 · 10 ^{− 3} ·

^u

Dennoch ist die Massedes Goldatoms noch sehr viel gröÿer alsdie Masse

des bewegtenElektrons

m 2 = m Au = 196.966569 ·

^{u. Somit folgtalso fürden}

maximalenEnergieübertrag:

E 2 = 4E 1

m 1

m 2

= 3.13935 · 10 ^{− 17}

^J

= 195.943

^eV

DiegenutzeFormelgilthierallerdingseigentlichnurfürnichtrelativistische

Teilchen,dahermüsstenwirauchdieEnergieformelrelativistischherleitenund

könntendannvergleichen.

a)

Wir gehenausvonderFormel:

r = a 1 − ε cos φ

mit

ε ² = 1 + cot ² θ 2 = 1

sin ^{2 θ} ₂ ⇔ ε = 1 sin ^θ ₂

FürdenFalldesminimalenAbstandesgilt

φ = 0

^{°,somitalso:}

r min = a

1 − ε = a 1 − _sin ^{1 θ}

2

= a sin ^θ ₂ sin ^θ ₂ − 1

AusderVorlesungerhaltenwir

r min = zZe ²

8π 0 E 1 + 1 sin ^θ ₂

!

mitdemStreuwinkel

θ = 60

^{°folgtsomit:}

r min (60) = zZe ² 8π 0 E · 3

WirkönnennundenFallbetrachtenfürein

α

^-Teilchenmit

z = 2

^undeinen

Pb-Kernmit

Z = 82

^.Mit

_4πε ^{e 2} ₀ = 1.44

^{MeVfmfolgtfür}

E = 2

^MeV:

r min (2

^MeV

) = 3 · 2 · 82

2 · 2 · 1.44

^fm

= 177.12

^fm

undfür

E = 27

^MeVfolgt:

r min (27

^MeV

) = 3 · 2 · 82

2 · 27 · 1.44

^fm

= 13.12

^fm

DieAnnhäherungfürhöhereEnergienistalsowieerwartetgröÿer,bzw.der

minimaleAbstandgeringer.

b)

Für dieNäherungsformeldesRadius einesKernes,bestimmtüberdie Ruther-

fordscheStreuung, hattenwirinderVorlesung:

R = r 0 A ^{1 3}

wobei

r 0 = 1.25

^fm.

A

^{istdieMassenzahlundüber}

A = Z + N

^deniert.Für

Bleindenwir

A = 208

^,somitfolgt:

R ²⁰⁸ P b = 7.406

^fm

Alternativkönnenwirauchausnutzen,dassbei

27

^{MeVbereitsdieStreuung}

der

α

^{-Teilchen beginnt von der} Rutherford-Streuformel abzuweichen. Dies ist ein Zeichen dafür, dass die Teilchen überlappen, bzw. andere Eekte neben

Teilchen sich berühren, der minimale Abstand entsprichtalso der Summe der

Radien.Somitgilt:

r min = r α + r ²⁰⁸ P b

MitderNäherungfürdas

α

^{-Teilchenerhalten wiralso:}

r α = 1.98

^fm

somitfolgtfürdenRadiusvonPbin diesemFall:

r ²⁰⁸ P b = r min − r α = 11.14

^fm

dajedoch die Abschätzung von

α

^{sehrungenau ist,dadie}Kugelförmigkeit nichtgegebenist,istanzunehmen,dassdieersteNäherungbesserwar.Fürdas

Coulombpotentialfolgtfür

R ²⁰⁸ P b

^also:

ϕ = e ² 4πε 0

Z

eR = 1.44 82

e · 7.406

^MeV

= 15.94

^MV

Wir können unsere Formel für nichtrelativistische Geschwindigkeiten aus

Aufgabe 35benutzen.WirerhaltenalsoalsmaximalenEnergieübertrag:

E P b = 4 · E α · m α

m P b

= 4 · 27 · 4

208

^MeV

= 2.08

^MeV

10.4 (Ladungsverteilung in Kernen)

Wir betrachteneine homogen geladene Kugel und möchten ihren Formfaktor

berechnen.FürdieDichtegiltbeihomogenerVerteilung:

ρ (r) = ρ 0 Θ (R − r)

mit

ρ 0 = const.

^undderStufenfunktion

Θ (x) =

( 0, x < 0 1, x ≥ 0

DerFormfaktorlässtsichüberdieFourier-TransformiertederDichtevertei-

lungberechnen:

F = Z

d ³ r ρ (r) exp (i~ q · ~r)

Zuerst wählen wir unser Koordinatensystem so, dass

~ q k ~e z

^{. Dies liefert}

~

q · ~r = qz

^.JetzttransformierenwirinKugelkoordinaten:

F = Z

d ³ r ρ (r) exp (iqz)

= ρ 0

Z ^∞

0

dr Θ (R − r) r ² Z 2π

0

dϕ Z π

0

dθ sin θ exp (iqr cos θ)

ϕ

Integrationwirdausgeführt:

F = 2πρ 0

Z R 0

dr r ² Z π

0

dθ sin θ exp (iqr cos θ)

nunsubstituierenwir

x = cos θ

^,

^dx _dθ = − sin θ

^:

F = −2πρ 0

Z R 0

dr r ² Z ⁻ 1

1

dx exp (iqrx)

= 2πρ 0

Z R 0

dr r ² Z 1

− 1

dx exp (iqrx)

= 2πρ 0

Z R 0

dr r ² 1

iqr exp (iqrx) 1

− 1

= 4 πρ 0

q Z R

0

dr r exp (iqr) − exp (−iqr) 2i

mit

sin x = ^{exp(ix) −} _2i ^{exp( − ix)}

^folgt:

F = 4 πρ 0

q Z R

0

dr r · sin (qr)

wirbenutzenunserenbeliebtenAbleitungstrick,dennesgilt:

− ∂

∂q cos (qr) = r · sin (qr)

somitalso:

F = −4 πρ 0

q

∂

∂q Z R

0

dr · cos (qr)

= −4 πρ 0

q

∂

∂q 1

q sin (qr) R

0

= −4 πρ 0

q

∂

∂q q ^{− 1} · sin (qR)

= −4 πρ 0

q

− 1

q ² · sin (qR) + R

q cos (qR)

F = 4πρ 0

q ³ (sin (qR) − qR cos (qR))

Füreine besonders schöne Form können wir nunnoch

x = qR

^{setzen und}

erhalten:

F = 4πρ 0 R ³

x ³ (sin (x) − x cos (x))

wobeinunnach einsetzenvon

ρ 0 = ^Q _V = _4πR ^3Q 3

^{derelegante Term:}

F = 3Q

x ³ (sin (x) − x cos (x))

entsteht. Den hierausfolgenden Funktionsverlauf ndet man in Abbildung

(1).

Abbildung 1:PlotdesFormfaktorsüber

x