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RutherfordScattering

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Discussione qualitativa

Cosa prediceva esattamente il modello di Thomson? Thomson inizialmente parlava di corpuscoli, il nome elettroni è inventato da G. J. Stoney (nonno di Alan Turing) e prende subito piede. Thomson pensa che la carica positiva sia una sfera uniforme, e che gli elettroni non siano stazionari. Calcola il moto degli elettroni nel pudding, che, grazie al campo elettrico della sfera uniforme, proporzionale ad {$\mathbf r$}, risulta un moto armonico. Le dimensioni già grossomodo note dell'atomo conducono ad una frequenza caratteristica (unica) dell'atomo nell'ultravioletto, che mal si adatta agli spettri atomici noti da 50 anni.

Thomson sa già che gli elettroni sono più di mille volte più leggeri degli atomi, ma non sa ancora quanti elettroni ci sono in un atomo. Cerca di stimarlo in questo lavoro e giunge alla conclusione che siano pochi, dell'ordine di A. Sarà Rutherford in seguito a determinare che sono Z, il numero della tavola di Mendeleev.

Quindi sparando α (massa {$m$}) sulla lamina sottile d'oro Geiger e Marsden si attendono di attraversare molte volte (circa tante quanti sono gli strati atomici della lamina) una carica uniforme positiva di raggio 0.1 nm e massa {$M\gg m$} contenente elettroni puntiformi di massa {$m_e\ll m$}. Però la forza impulsiva che produce l'urto è la forza Coulombiana tra le cariche, ma l'atomo è complessivamente neutro, quindi con Thomson ci si attende che le particelle α non subiscano deviazioni apprezzabili fuori dal pudding. Viceversa le plums (termine vittoriano per raisins, uvette) sono cariche puntiformi, l'urto avviene solo contro di loro.

Come è noto dalla meccanica (ad esempio nel ping-pong, racchetta contro pallina) nell'urto tra {$m \gg m_e$} la prima continua quasi indisturbata. Si può stimare la deviazione media in circa {$\overline{\theta}=0.0002$} rad. Siccome ci sono circa {$N=10^4$} strati atomici nella lastrina d'oro di Rutherford e gli effetti si sommano stocasticamente, ci si attende una distribuzione di direzioni entro {$\langle \theta\rangle =\sqrt N \, \overline{\theta}\approx 0.02$} rad, comunque piccolissima.

Geiger e Marsden in effetti misurano proprio questa distribuzione, e confermano i numeri, ma poi scoprono anche eventi più rari a grandi angoli. Supponendo il valore di {$ \langle \theta\rangle $} pari alla varianza di una distribuzione normale, ad angoli pari a π/2, ossia {$ 90\langle \theta\rangle $}, ci si attenderebbe una frazione di eventi {$exp(-90^2)=10^{-3500}$}, cioè nessun evento. Invece il cristallo di ZnS a quegli angoli manda diversi bagliori, che indicano particelle α diffuse.

È questo scattering anomalo che va confrontato con il calcolo di Rutherford: la chiave è che l'oggetto che diffonde, il nucleo, è piccolissimo, al centro dell'atomo e coincide col centro di massa. La formula di Rutherford è più complicata per atomi leggeri, come Al, che hanno un rinculo apprezzabile. Ma vediamo prima cosa prevederebbe il Modello di Thomson.

Calcolo secondo il modello di Thomson

(quello che si trova su hyperphysics è una pesante sovrastima) Se il singolo evento di diffusione atomica fosse su un nucleo positivo grande come l'atomo l'angolo di deflessione, piccolo, sarebbe pari a {$\theta\approx\Delta p/p$}, come da figura 1, dove {$\mathbf p$} e {$\mathbf p^\prime$} sono il momento della particella α prima e dopo l'urto. Le particelle usate da Geiger ("emanazione di radon C") hanno energia cinetica di {$E_k=4.9$} MeV, dopo la lastrina di mica della sorgente, e massa {$mc^2 = 3.7$} GeV, quindi sono non relativistiche ({$p=p^\prime=mv$}), e l'impulso vale {$\Delta p\approx |F_e| \Delta t$}. Si può stimare {$$ |F_e|=\frac 1{4\pi\varepsilon_0} \frac{2Ze^2}{r} \qquad \Delta t=\frac{2r}{v} $$} che fornisce un valore di {$\theta\approx 2\, 10^{-4}$} rad, dove {$Z=79$} è il numero di elettroni e {$r=0.176$} nm il raggio dell'atomo di Au. Questa è una pesante sovrastima, perché il pudding è, sì, positivo, ma visto dall'esterno è reso neutro dalla farcitura di uvette (qui hyperphysics e wikipedia sbagliano). Viceversa nello sfondo mediamente neutro e uniforme risaltano i singoli elettroni come carica negativa, ma si "vedono" solo a distanze minori del raggio {$r_e=r/\sqrt[3] Z$} in figura 2. E comunque l'impulso {$\Delta p$} fornito da un elettrone è ancora più piccolo perché un α si comporta con uno di essi come la racchetta (massa {$M$}) con la pallina da ping-pong (massa {$m\ll M$}): l'oggetto leggero, da fermo, acquista il doppio della velocità iniziale di quello massivo, che continua quasi indisturbato nel suo moto.

Fig. 1 Fig. 2

Formula di Rutherford

Il calcolo per il nucleo di carica {$q=+Ze$} procede dall'evento mostrato in Fig. 3, e vale per la lamina d'oro di Rutherford {$m_n\gg m_\alpha$}, ma non ad es. per una lamina di Mg perché considera il nucleo fisso. L'impulso, o momento scambiato {$\Delta {\mathbf p} = \Delta p\hat\xi$} è dato dall'integrale della componente {$\xi$} della forza Coulombiana, radiale, nel tempo, e coincide con il terzo termine dell'equazione riportata più sotto {$$ \Delta p = \int_{-\infty}^{\infty} F_\xi(t)dt$$} La componente della forza {$F_\xi=F_e\cos\phi$} è sempre positiva e contribuisce all'integrale, mentre la componente perpendicolare per simmetria ha somma nulla. Infatti, come si vede dalla Fig. 3, la traiettoria è simmetrica attorno all'asse {$\hat \xi$}, che coincide con la direzione del momento scambiato {$\Delta \mathbf p$}. La figura mostra anche che la traiettoria dipende dal parametro d'impatto {$b(\theta)$}, il quale fissa l'angolo di diffusione {$\theta$}. Viceversa si può calcolare {$\Delta p/2 = p \sin\theta/2$}, a partire dalla Fig. 1. Per determinare {$r(t)^{-2}$}, ossia la forza Coulombiana, si sfrutta la conservazione del momento angolare, che, valutato a {$t=-\infty$} vale {$L=pb$}. Nel punto generico mostrato in Fig. 3 {$L$} vale {$mv(t)$} per il braccio {$r(t)$}, con la velocità tangenziale {$v=r\omega =r\dot{\phi}$}. Imponendo la conservazione si ottiene {$r^{-2} = m\dot{\phi}/pb, da cui in definitiva {$$ \Delta p = 2p\sin\theta/2 = \frac {2Ze^2 m} {4\pi\varepsilon_0 pb} \int_{-\frac {\pi-\theta} 2}^{\frac {\pi-\theta} 2}\cos\phi d \phi$$} Da qui si ricava che {$$ b(\theta) = \frac {mZe^2}{4\pi\varepsilon_0 p^2} \cot \frac \theta 2 = \frac {mZe^2}{4\pi\varepsilon_0 p^2} \sqrt{\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}}$$}

Fig. 3

Sezione d'urto differenziale

Calcolare quanti eventi ci si attendersi ad un determinato angolo è facile se si conosce il numero di proiettili nell'unitò di tempo {$R$} nel fascio incidente e la probabilità che essi siano deflessi in un anello compreso tra {$\theta$} e {$\theta+d\theta$} (oppure tra un valore di {$\cos\theta$} e il valore {$\cos\theta + d\cos\theta$}). Per ottenere questo basta sapere quanti centri diffusori intercetta il fascio ({$N$} nuclei di Au), e qual è la sezione d'urto {$\sigma(\theta)=\pi b(\theta)^2$} di ciascuno. Il concetto è semplice: se la traiettoria del proiettile passa attraverso l'area {$\sigma(\theta)$} centrata su un nucleo il proiettile sarà diffusi di un angolo maggiore o uguale a {$\theta$}. Per calcolare quanti proiettili sono diffusi nell'anello basta quindi moltiplicare {$NR$} per {$d\sigma/d\theta$} (oppure {$d\sigma/d\cos\theta$}). Per la diffusione di Rutherford si ottiene

{$$ n(\cos\theta) = 2\pi NR\left(\frac {mZe^2}{4\pi\varepsilon_0 p^2(1-\cos\theta)}\right)^2 $$}

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