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Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare

Prof.ssa R. Sparvoli-Dr.ssa R. Di Salvo

Lezione 8

Prof.ssa R. Sparvoli-Dr.ssa R. Di Salvo Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare Lezione 8 1 / 46

TERMINE DI SIMMETRIA - MODELLO A GAS DI FERMI

Il termine di simmetria e un termine che favorisce i nuclei con N = Z ed e un contributo dinatura puramente quantistica, dovuto al principio di esclusione di Pauli, per cui il legamen− p e piu forte di quello n−n o p− p, benche la forza nucleare sia indipendente dalla carica.Per nuclei con piccolo numero di massa atomica, questo effetto rende quindi piu stabili inuclei con circa lo stesso numero di neutroni e protoni (N = Z per A pari eN = Z ± 1 per A dispari).

Per nuclei con grande numero di massa atomica, invece, il numero dei neutroni deve superare

quello dei protoni per compensare con l’aumento della forza nucleare attrattiva l’aumento

della forza coulombiana repulsiva tra protoni. L’andamento del termine di simmetria e infatti

proporzionale a (N − Z)2/A, cioe questo termine diminuisce di importanza al crescere di A.

L’andamento del termine di simmetria puo essere ricavato in due modi:

nell’ambito del Modello a Gas di Fermi, che e il piu semplice modello aparticelle indipendenti e che descrive il nucleo come un gas nel quale i nucleoni simuovono come particelle quasi libere. La mobilita dei nucleoni all’interno del gasdiscende dal fatto che i legami fra nucleoni sono deboli, visto che la distanzamedia tra i nucleoni (come vedremo in seguito) e molto maggiore del raggio delnocciolo duro del nucleone.

come differenza tra l’energia di un nucleo asimmetrico (N,Z) con N 6= Z equella di un nucleo simmetrico (N ′, Z′) con N ′ = Z′ = A/2 isobaro delprecedente (stesso A = N + Z = N ′ + Z′).


MODELLO A GAS DI FERMI

Nell’ambito di questo modello vengono riprodotti:

il termine di simmetria nonche una correzione al termine di volume della

formula semiempirica dell’energia di legame;

le distribuzioni di impulso dei nucleoni che si verificano nella diffusione

quasi-elastica elettrone-nucleo.

Vediamone le ipotesi:

i nucleoni costituenti sono fermioni di spin 1/2 (Z protoni e N = A− Z neutroni),

pertanto essi devono obbedire al Principio di esclusione di Pauli, che impedisce che

due protoni o due neutroni vadano ad occupare lo stesso stato quantico;

nei limiti imposti da tale principio, i nucleoni si muovono liberamente all’interno di una

buca di potenziale medio generato da tutti gli altri nucleoni, assimilata a una buca

rettangolare, cioe un potenziale costante all’interno del nucleo, che si interrompe

bruscamente ai suoi bordi;

i nucleoni occupano tutti gli stati di energia piu bassa accessibili per il principio di

esclusione di Pauli.

L’energia cinetica dei nucleoni contribuisce a ridurre l’energia di legame del sistema. Essa,come vedremo, contiene un termine che dipende linearmente dal numero di massa atomica A(come il termine di volume e lo riduce) e un termine che dipende quadraticamentedall’eccesso di neutroni (N − Z).


MODELLO A GAS DI FERMI (continua)

Facciamo quindi una digressione per esaminare il modello a gas di Fermi.

V (r) =

{ −V0 per r ≤ Rnucl

0 per r > Rnucl

Povh, fig. 17.1 pag.245

Il numero di possibili stati per un nucleone all’interno di un volume infinitesimo dello spaziodelle fasi e data da (N.B. (2π~)3 = volumetto minimo nello spazio delle fasi):

dn =dx dy dz dpx dpy dpz

(2π~)3

Integriamo ora sullo spazio e sulle coordinate angolari dell’impulso, ricordando che:

dpx dpy dpz = p2dp sinϑ dϑ dϕ⇒ p2 dp

π∫0

sinϑ dϑ

∫ 2π

0dϕ = 4π p2 dp

e otteniamo cosı il numero n(p)dp di stati disponibili compresi nel volume Vnucl e conmodulo di impulso compreso tra p e p+ dp:

n(p)dp =Vnucl

(2π~)34πp2dp (1)

Tale numero deve essere moltiplicato per un fattore due perche ogni stato puo contenere duenucleoni di spin opposto.



Quando il nucleo e nel suo stato fondamentale, tutti i livelli sono occupati fino ad uncerto impulso massimo, detto “impulso di Fermi” e il numero totale di tali nucleoni(che sara N o Z rispettivamente per i neutroni e per i protoni) potra essere ottenutointegrando la (1) moltiplicata per il fattore 2 spiegato prima:

2 ·∫ pnF

0

n(p)dp = N 2 ·∫ p

pF

0

n(p)dp = Z

N = 2 ·∫ pnF

0

Vnucl(2π~)3

4πp2dp =8π

8π3

Vnucl~3

(pnF )3

3=

Vnucl3π2~3

(pnF )3 (2)

Z =Vnucl3π2~3

(ppF )3 (3)

⇒ (pnF )3 =3π2~3

VnuclN (ppF )3 =

3π2~3

VnuclZ (4)

Ricordiamo che il volume del nucleo Vnucl ha un andamento proporzionale ad A:

Vnucl =4

3πR3

nucl =4

3πr3

0A essendo: Rnucl = r0 ·A13 con: r0 = 1.2 fm (5)



Sostituendo la (5) nella (4), nel caso di un nucleo simmetrico (N = Z = A/2),otterremo che l’impulso di Fermi (in inglese “Fermi momentum”) sara costante euguale per protoni e neutroni (pnF = ppF = pF ):

(pnF )3 =3π2~3

43πr3

0AN =

9π

4

(~c)3

c3r30 ·�A

�A2

=9π

8

(~cc · r0

)3

= (ppF )3

pF = pnF = ppF =3

√9π

8

~cc · r0

' 1.5200MeV · fm

1.2 fm · c ' 250MeV/c (6)

Il nucleone si muove quindi liberamente con impulso elevato all’interno del nucleo.Negli esperimenti di diffusione quasi-elastica elettrone-nucleo, un elettrone interagiscesolo con un nucleone del nucleo e lo espelle (knock-out) dal nucleo:

e− +Nucleo(A,Z) ⇒ p+ e− +X

Povh, pag. 79, Capitolo 6 Par. 2



Da tali esperimenti emerge che l’elettrone non interagisce con un protone a riposo nelsistema del laboratorio (come sarebbe se il bersaglio fosse fatto di protoni liberi),bensı con un protone che si muove con impulsi casuali in direzione e verso e dimodulo massimo pari all’impulso di Fermi. Gli esperimenti forniscono un valoredell’impulso di Fermi in buon accordo con le predizioni del modello a gas di Fermi.Solo per i nuclei piu leggeri questo valore e piu ridotto.

Povh, pag. 80, Tabella 6.1

Per il neutrone valgono discorsi analoghi con la sola differenza che non esistonobersagli di neutroni liberi (come invece e per il protone) in quanto il neutrone liberoin natura decade molto rapidamente. Il sistema piu semplice contenente dei neutronie il deutone (pn) nel quale il neutrone e comunque dotato di impulso di Fermi.



Tornando alla (6), l’energia di Fermi (cioe l’energia dello stato occupato piu elevato),sara quindi data (per un nucleo simmetrico Z = N = A/2) da:

EF =p2F

2M' (250MeV/c)2

2 · (938MeV/c2)' 33MeV

dove: M = massa del nucleone.Riprendiamo la figura della buca rettangolare di potenziale.

Povh, fig. 17.1 pag.245

La differenza B′ tra la profondita della buca e il massimo livello di energia (l’energiadi Fermi) rappresenta l’energia di legame media per nucleone (B/A) ed e circacostante per la maggior parte dei nuclei (B′ = B/A ' 7− 8MeV ). La profonditadella buca sara pertanto:

V0 = EF +B′ ' 33MeV + (7− 8MeV ) ' 40MeV

Come si vede essa e indipendente dal numero A di nucleoni.Prof.ssa R. Sparvoli-Dr.ssa R. Di Salvo Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare Lezione 8 8 / 46

TERMINE DI SIMMETRIA (continua)

I nuclei pesanti hanno in generale un eccesso di neutroni rispetto ai protoni. In unnucleo stabile il livello di Fermi dei protoni e dei neutroni deve essere lo stessoaffinche il nucleo non inizi a decadere in uno stato energeticamente piu favorevoleattraverso dei decadimenti β. Questo significa che, come e illustrato in figura, se ilnucleo e pesante e quindi e costituito da un numero di neutroni superiore a quello deiprotoni, la profondita della buca di potenziale dei neutroni deve essere piu profondadi quella dei protoni, affinche essa possa alloggiare i neutroni in eccesso. Pertanto iprotoni sono meno legati dei neutroni e questo e una conseguenza della repulsionecoulombiana.Il modello a gas di Fermi permette di estrarre l’energia cinetica dei nucleoni infunzione del numero di massa atomica A (primo termine) e dell’eccesso di neutronirispetto ai protoni (N − Z) (secondo termine). Tale energia cinetica contribuisce adiminuire ulteriormente l’energia di legame.Estraiamo dunque tale dipendenza dell’energia cinetica (e di conseguenza dell’energiadi legame).



Per prima cosa ricaviamo l’energia cinetica media per nucleone (dopo il primopassaggio che ne fornisce la definizione, abbiamo sfruttato la (1) e abbiamo gia semplificato itermini costanti tra numeratore e denominatore, assumendo sempre che sia Mn 'Mp 'M):

< Ekin >=

2pF∫0

Ekinn(p)dp

2pF∫0

n(p)dp

=

pF∫0

p2

2Mp2dp

pF∫0

p2dp

=

pF∫0

p4

2Mdp

pF∫0

p2dp

=15

p5F

2M13p3F

=3

5

(pF )2

2M' 20MeV (7)

L’energia cinetica totale dei nucleoni nel nucleo sara quindi data da:

Ekin(N,Z) = N < Ekin,n > +Z < Ekin,p >=3

10M

(N(pnF )2 + Z(ppF )2

)(8)

Sostituendo le (4):

(pnF )3 =3π2~3

VnuclN (ppF )3 =

3π2~3

VnuclZ

la (8) diventa:

Ekin(N,Z) = 310M

[N · (pnF )2 + Z · (ppF )2

]=

= 310M

(3π2~3

Vnucl

) 23

[N ·N23 + Z · Z

23 ] = 3

10M

(3π2~3

Vnucl

) 23(N

53 + Z

53

) (9)



Sostituiamo infine nella (9) l’espressione del volume nucleare (5) in funzione delnumero di massa:

Vnucl =4

3πR3

nucl =4

3πr3

0A dove: r0 = 1.2 fm

e cosı la (9) diventa:

Ekin(N,Z) = 310M

(3π2~3

Vnucl

) 23(N

53 + Z

53

)= 3

10M

(3π2~3

43πr3

0A

) 23(N

53 + Z

53

)=

= 310M

~2

r20

(9π4

) 23 N

53 +Z

53

A23

(10)L’energia cinetica totale ha un minimo per Z = N e ad A fissato. Poniamo:

2Z

A= 1− x e quindi:

2N

A= 2

A− ZA

=

(2− 2Z

A

)= (2− 1 + x) = 1 + x

⇒ x = 1− 2Z

A=A− 2Z

A=Z +N − 2Z

A=N − ZA

� 1



Modifichiamo la (10) in modo da farvi apparire i termini 2N/A(= 1 + x) e2Z/A(= 1− x):

Ekin(N,Z) = 310M

~2

r20

(9π4

) 23 N

53 +Z

53

A23

= 310M

~2

r20

(9π4

) 23 2

53 (N

53 +Z

53 )

253A

23A

53A−

53

= 310M

~2

r20

(9π4

) 23 A

2·223

[(2NA

) 53 +

(2ZA

) 53

]=

= 310M

~2

r20

(9π8

) 23 A

2

[(1 + x)

53 + (1 − x)

53

](11)

Dobbiamo pertanto sviluppare la seguente espressione in serie di x, dato che, comeabbiamo visto, e x� 1 (e che x = (N − Z)/A):

(1 + x)5/3 +(1− x)5/3 '1 + 5

3x+ 1

253

(53− 1)x2 + . . . +1− 5

3x+ 1

253

(53− 1)x2 + · · · ' 2

[1 + 5

9

(N−ZA

)2](12)

N.B.

(1 + x)α ' 1 + αx+

1

2α(α− 1)x

2+ . . . se x� 1



Sostituendo la (12) nell’ultima delle (11) otteniamo quindi:

Ekin(N,Z) = 310M

~2

r20

(9π8

) 23 A

2

[(2NA

) 53 +

(2ZA

) 53

]=

= 310M

~2

r20

(9π8

) 23 A

2 · 2[1 + 5

9

(N−ZA

)2]= 3

10M~2

r20

(9π8

) 23

[A + 5

9(N−Z)2

A + . . .]

Riassumendo, l’energia cinetica totale del sistema, nelle approssimazioni descritteprime, e data da:

Ekin(N,Z) =3

10M

~2

r20

(9π

8

) 23

A+5

9

(N − Z)2

A︸︷︷︸Term.Asim.

+ . . .

(13)

e contribuisce a ridurre l’energia di legame in quanto si somma al potenziale nelmodo seguente:

B(A,Z) = −V0 ·A+ Ekin(N,Z)



Nella (13) abbiamo:

il primo termine dipende linearmente dal numero di massa atomica A e pertanto va a

sottrarsi al termine di volume della formula delle masse;

il secondo termine dipende quadraticamente dall’eccesso di neutroni (N − Z) diviso per

il numero di massa atomica e rappresenta il “termine di simmetria”.

Definendo:

b′3 =3

10M

~2

r20

(9π

8

) 23

b3 =5

9

3

10M

~2

r20

(9π

8

) 23

' 11− 12MeV

la (13) diventa:

Ekin(N,Z) = b′3 ·A+ b3 ·(N − Z)2

A

Benche l’andamento del termine di simmetria previsto dal modello di Fermi sia corretto,tuttavia il valore stimato per il coefficiente b3 e circa la meta del valore empirico. La cattivastima deriva dal fatto che il modello di Fermi e troppo semplificato rispetto alla realta.La formula di massa sara quindi data (fin qui...) da:

B(Z,A) = −b0 ·A+ b1 ·A23 + b2·Z(Z−1)

A13

+ b′3 ·A+ b3 · (N−Z)2

A+ . . .

B(Z,A) = (−b0 + b′3) ·A+ b1 ·A23 + b2 · Z(Z−1)

A13

+ b3 · (N−Z)2

A+ . . .


TERMINE DI SIMMETRIA (seconda tecnica di calcolo)

Esponiamo di seguito una seconda tecnica per calcolare il termine di simmetria.Consideriamo i livelli energetici dei neutroni e dei protoni separatamente, nella bucadi potenziale, separati da un salto (gap) di energia ∆E.


TERMINE DI SIMMETRIA (seconda tecnica di calcolo, continua)

Energia totale di N neutroni

EN = E0,n + E0,n + · · ·+ E0,n︸︷︷︸N termini

+0 + ∆E + 2 ·∆E + · · ·+ (N − 1)∆E

⇒ EN = N · E0,n +N(N − 1)

2∆E

N.B. La somma S dei primi n valori di una progressione aritmetica e data da:

S =n∑k=1

ak =1

2n(a1 + an)

Nel nostro caso: n = N − 1, a1 = 1, an = aN−1 = N − 1 ⇒ (a1 + an) = 1 +N − 1 = N .

Energia totale di Z protoni

⇒ EZ = Z · E0,p +Z(Z − 1)

2∆E

Energia totale di N neutroni e Z protoni

EN+Z = N · E0,n + N(N−1)2

∆E + Z · E0,p + Z(Z−1)2

∆E =

= (N · E0,n + Z · E0,p) + 12

[N(N − 1) + Z(Z − 1)] ∆E



Nucleo Simmetrico

N ′ = Z′ = A/2 ⇒

EA/2,A/2 = (N ′ · E0,n + Z′ · E0,p) + 12

[N ′(N ′ − 1) + Z′(Z′ − 1)] ∆E

= A2 (E0,n + E0,p) + A

4

[(A2 − 1

)+(A2 − 1

)]∆E =

= A2 (E0,n + E0,p) + 2A4

A−22 ∆E =

= A2 (E0,n + E0,p) +

A(A−2)4 ∆E

Nucleo Asimmetrico

N 6= Z e A = N + Z ⇒

EN,Z = N · E0,n + Z · E0,p +N(N − 1)

2∆E +

Z(Z − 1)

2∆E



Differenza di energia di legame tra:

un nucleo asimmetrico (con N 6= Z)

un nucleo simmetrico (con N ′ = Z′ = A2

) suo isobaro (A = Z′ +N ′ = Z +N)

∆EAsym = EN,Z − EA/2,A/2 =

= N · E0,n +N(N−1)

2∆E + Z · E0,p +

Z(Z−1)2

∆E − A2

(E0,n + E0,p)− A(A−2)4

∆E =

=(N − A

2

)E0,n +

(Z − A

2

)E0,p + 1

2

[N(N − 1) + Z(Z − 1)− A(A−2)

2

]∆E =

=(N − N

2− Z

2

)· E0,n +

(Z − N

2− Z

2

)· E0,p + 1

2

(N2 −N + Z2 − Z − A2

2+A

)·∆E =

= 12 (N − Z) · E0,n + 1

2 (Z −N) · E0,p + 14

[2N2 − 2N + 2Z2 − 2Z − (N + Z)2 + 2N + 2Z

]·∆E =

= 12 (N − Z) · (E0,n − E0,p) + 1

4

(2N2 −��2N + 2Z2 −��2Z −N

2 − Z2 − 2 ·N · Z +��2N +��2Z]·∆E =

= 12 (N − Z) · (E0,n − E0,p) + 1

4

(N2 + Z2 − 2 ·N · Z)

]·∆E =

= 12 (E0,n − E0,p) (N − Z) + 1

4 ∆E (N − Z)2

(14)Prof.ssa R. Sparvoli-Dr.ssa R. Di Salvo Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare Lezione 8 18 / 46


Dallo studio degli stati eccitati dei nuclei si ricava:

∆E '25MeV

A

E0,n, E0,p ' E0 ± 15MeV(N − Z)

A⇒ E0,n − E0,p ' 30MeV

(N − Z)

ALa formula (14) diventa allora:

∆EAsym = 12

(E0,n − E0,p) (N − Z) + 14

∆E (N − Z)2 '

' 12· 30MeV

(N−Z)2

A + 14· 25MeV

(N−Z)2

A ' 21MeV(N−Z)2

A

L’energia di legame sara quindi data (fin qui...) da:

B(Z,A) = −b0 ·A+ b1A23 + b2

Z(Z − 1)

A13

+ b3(N − Z)2

A+ . . . (15)

dove:b3 ' 21MeV

Il nuovo termine prende il nome di “termine di simmetria” in quanto si annulla per N = Z econtribuisce anch’esso a ridurre l’energia di legame del sistema per nuclei leggeri e di mediataglia.


TERMINE DI PAIRING o ACCOPPIAMENTO

Ricordando la tabella dei nuclei stabili avevamo ricavato una netta preferenza dellanatura per i nuclei con Z pari ed N pari:

Nuclei stabili: 284di cui:

1 Con A dispari: 110di cui:

con Z dispari e N pari: 53con Z pari e N dispari: 57

2 Con A pari: 174di cui:

con Z dispari e N dispari: 8con Z pari e N pari: 166


TERMINE DI ACCOPPIAMENTO O PAIRING

Questo suggerisce la necessita di introdurre il cosiddetto “termine di accoppiamento”(pairing in inglese), un termine che rende conto dell’interazione tra gli spin deinucleoni (diverso per le varie combinazioni di Z e N) e che favorisce i nuclei pari-parie sfavorisce i nuclei dispari-dispari, mentre e indifferente per i nuclei pari-dispari.

δ(A) =

0 per Z pari e N dispari o per Z dispari e N pari

+ b4A1/2 per Z dispari e N dispari

− b4A1/2 per Z pari e N pari


FORMULA SEMIEMPIRICA O DI WEISZACKER PER L’ENERGIADI LEGAME DEI NUCLEI

Riassumendo:

B(Z,A) = −b0 ·A+ b1A23 + b2

Z(Z − 1)

A13

+ b3(N − Z)2

A+ δ(A) (16)

Eseguendo un fit dei dati sperimentali per A > 20 otteniamo:

b0 ' 15.75MeV

b1 ' 17.80MeV

b2 ' 0.710MeV

b3 ' 23.70MeV

b4 ' 11.00MeV


FORMULA SEMIEMPIRICA O DI WEISZACKER PER L’ENERGIADI LEGAME DEI NUCLEI (continua)

Dai modelli introdotti per giustificare la formula semiempirica si erano dedotte leseguenti relazioni tra i parametri bi:

b0 ' b1 b2 '3

5

e2

r0b0 = V0 −

9

5b3

Dal valore di fit di b2 (' 0.71MeV ) possiamo estrarre una stima di r0:

r0 =3

5

e2

b2=

3

5

e2

~c~c 1

b2=

3

5

1

137· 197. MeV · fm 1

0.71MeV' 1.22 fm

Dai valori di fit di b0 (' 15.75MeV ) e di b3 (' 23.7MeV ) possiamo estrarre unastima di V0:

V0 = b0 +9

5b3 = 15.75MeV +

9

5· 23.7MeV ' 58.4MeV


Contributo dei vari termini alla formula semiempirica delle masse

Studiamo l’andamento dei termini principali della formula delle masse:

B(Z,A) = −b0 ·A+ b1A23 + b2

Z(Z − 1)

A13

+ b3(N − Z)2

A+ δ(A)

Assumiamo Z = A/2 per semplificare il termine coulombiano:

b2Z(Z − 1)

A13

= b2

A2

(A2− 1)

A13

∝b2

4A2 ·A−

13

ed estraiamo l’energia di legame per nucleone dividendo tutti i termini per A:

B(Z,A)

A= −b0 + b1A

− 13 +

b2

4A

23


Contributo dei vari termini alla formula semiempirica delle masse

Basdevant, fig. 2.5 pag. 76

Osserviamo che nell’energia per nucleone:

il termine di volume e indipendente dal numero di massa atomica;

il termine di superficie rappresenta la correzione maggiore per i valori piccoli di A (e

proporzionale ad A−13 );

il termine di Coulomb rappresenta una correzione importante per nuclei pesanti (cioe

con elevato numero Z di protoni);

il termine di superficie e il termine di Coulomb sono responsabili di un massimo nella

curva B/A per A molto prossimo a quello dei nuclei piu legati;

la fusione di nuclei con A fino a 56 da un lato della curva e la fissione di nuclei molto

pesanti liberano energia.


FORMULA SEMIEMPIRICA O DI WEISZACKER PER L’ENERGIADI LEGAME DEI NUCLEI (continua)

Confronto tra le predizioni della formula semiempirica (punti neri) e i datisperimentali (cerchietti). La formula riproduce bene i dati per A > 20.

Williams, pag. 61


Conseguenze del modello per l’energia di legame: la densita nucleare

La densita della materia nucleare e costante, in quanto all’aumentare diA, e quindi della massa del nucleo, aumenta proporzionalmente anche il volumedel nucleo, lasciando invariata la densita.Nel modello a sfera (che e tuttavia un modello semplificato) si ha:

ρ =A

Vnucl=

A43πR3

nucl

=A

43πr3

0A=

3

4

1

πr30

= 0.13 nucl./fm3

Tale valore risulta piccolo rispetto a quello sperimentale corretto che e :

ρ = 0.17 nucl./fm3 = 1.7 · 1038 nucl./cm3

La materia nucleare e circa 1014 volte piu densa della materia ordinaria.

Immagini estratte da http://www.cerm.unifi.it/lezione-20


Conseguenze del modello per l’energia di legame: volume dei nucleoni

La frazione di nucleo effettivamente occupato dai nucleoni puo essere calcolato,sapendo che per il nucleo:

r0 ' 1.2 fm

e per il nucleone:

rn ' 0.45 fm

⇒ Vnucl =4

3πR3

nucl =4

3πr3

0A

Vnucleone =4

3πr3n ⇒ VNucleoni = A · Vnucleone = A

4

3πr3n

e la frazione di nucleo effettivamente occupato dai nucleoni sara :

VNucleoniVnucl

=

(rnr0

)3

'(

0.45

1.2

)3

'(

1

2.7

)3

=1

20

La saturazione delle forze nucleari implica che non ci sia collasso deinucleoni.


Conseguenze del modello per l’energia di legame: curva isotopi stabili

La curva degli isotopi stabili si ottiene esprimendo M(A,Z) come funzione di Ae Z e rendendo minima la funzione cosi ottenuta rispetto a Z:

B(Z,A) = M(A,Z)− Z ·Mp − (A− Z) ·Mn

⇓

M(A,Z) = +Z ·Mp + (A− Z) ·Mn +B(A,Z) =

= +Z ·Mp + (A− Z) ·Mn − b0 ·A+ b1 ·A23 + b2

Z(Z−1)

A13

+ b3(N−Z)2

A+ δ(A) =

= +Z · (Mp −Mn) +A ·Mn − b0 ·A+ b1 ·A23 + b2

Z2−Z

A13

+ b3(A−2Z)2

A± b4

A12

∂M

∂Z= (Mp −Mn) + b2

2Z − 1

A13

+ b3−4(A− 2Z)

A= 0 (17)


Conseguenze del modello per l’energia di legame: curva isotopi stabili(continua)

Ponendo:∆Mnp = Mn −Mp = 1.293MeV/c2

e2 · Z − 1 ' 2Z

la (17):∂M

∂Z= (Mp −Mn) + b2

2Z − 1

A13

+ b3−4(A− 2Z)

A= 0

diventa:

∂M∂Z = −∆Mnp + 2b2

A13Z − 4 · b3 + 8·b3

A Z = 0

⇒ 2Z(b2

A13

+ 4b3A

)= 4b3 + ∆Mnp

⇒ 2ZA

(b2 ·A

23 + 4 · b3

)= 4b3 + ∆Mnp ⇒ 2Z

A =4b3+∆Mnp

b2A23 +4b3

≤ 1

(18)



Dal fit dei dati sperimentali abbiamo trovato:

b2 � b3 (b2 ' 0.71MeV e b3 ' 23.7MeV )

Pertanto possiamo espandere l’ultima delle (18) e trascurare a numeratore la quantita(∆Mnp/(4b3) ' 0.01MeV ):

2ZA

=4b3+∆Mnp(b2A

23 +4b3

) =��4b3

(1+

∆Mnp4b3

)��4b3

(1+

b24b3

A23

) '︸︷︷︸∆Mnp/(4b3)�1

' 1(1+

b24b3

A23

) =(

1 + b24b3

A23

)−1'︸︷︷︸

b2/b3�1

1− b2b3

A23

4

Sostituendo i valori di b2 e di b3 ricaviamo quindi la relazione che lega A e Z perottenere la stabilita:

2Z

A= 1− 0.0075 ·A2/3 (19)

dove:

2Z

A=Z + (A−N)

A=Z −NA

+ 1 = 1−N − ZA

(20)



Grazie alla (20), la relazione (19) che lega A e Z per i nuclei stabili, si trasformanell’espressione seguente che mostra anche esplicitamente la dipendenza da N :

1−N − ZA

= 1− 0.0075 ·A2/3

N − Z

A= 0.0075 ·A2/3

Applichiamo la formula al caso del piombo: Pb20882

A = 208 Z = 82 N = 126

La formula ci da:

0.0075 ·A2/3 = 0.0075 · 2082/3 = 0.263

I valori sperimentali di A, Z e N ci danno:

N − ZA

=126− 82

208= 0.2115

in buon accordo con la predizione precedente.


Conseguenze del modello per l’energia di legame: parabola delle masse

La parabola di massa si ottiene invece tracciando l’andamento della massa delnucleo per nuclei ad A fissato al variare di Z:

M(A,Z) = +Z ·Mp + (A− Z) ·Mn +B(A,Z) =

= +Z ·Mp + (A− Z) ·Mn − b0 ·A+ b1 ·A23 + b2

Z(Z−1)

A13

+ b3(N−Z)2

A+ δ(A) =

= +Z (Mp −Mn) +A ·Mn − b0 ·A+ b1 ·A23 + b2

Z2−Z

A13

+ b3(A−2Z)2

A+ δ(A)

Per A fissato, questa e l’espressione di una parabola in Z:

M(A,Z) = Z (Mp −Mn) +(AMn − b0A+ b1A

23 + δ(A)

)+

+ b2

A13Z2 − b2

A13Z + b3 ·A− 4b3 · Z + 4·b3

AZ2 =

= Z2

(b2

A13

+ 4b3A

)+ Z

((Mp −Mn)− b2

A13− 4b3

)+

+(AMn − b0A+ b1A

23 + b3A+ δ(A)

)Prof.ssa R. Sparvoli-Dr.ssa R. Di Salvo Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare Lezione 8 33 / 46

Conseguenze del modello per l’energia di legame: parabola delle masse(continua)

Riassumendo:

M(A,Z) = aZ2 + bZ + cdove:

a =

(b2

A13

+ 4b3A

)b = (Mp −Mn)− b2

A13− 4b3

c = AMn − b0A+ b1A23 + b3A+ δ(A)

Il nucleo stabile della parabola viene ottenuto minimizzando la curva e cioe ponendoa zero la derivata di M(A,Z): questo ci fornisce il valore Z0 che ha il nuclide alfondo della parabola, cioe quello con la massa piu piccola.Le curve sono diverse a seconda che A sia pari o dispari.Infatti, se A = dispari ⇒ δ(A) = 0 e quindi c’e un solo valore possibile per ilcoefficiente c e quindi per la parabola di massa.

Invece, se A = pari ⇒ δ(A) = ±b4/A12 a seconda che N e Z siano dispari entrambi

(segno +) o entrambi pari (segno -). In tal caso si avranno quindi due parabole.


Parabola delle masse per nucleo con A dispari (δ(A) = 0): una sola parabola

Il nucleo stabile e quello con Z = Z0.I nuclei con Z = Z0 + 1 decadono nel nucleo stabilepiu vicino con un decadimento β+, cioe un protonesi trasforma in neutrone emettendo un positrone:

p→ n+ e+ + νe

I nuclei con Z = Z0 − 1 decadono nel nucleo stabilepiu vicino con un decadimento β−, cioe unneutrone si trasforma in protone emettendo unelettrone:

n→ p+ e− + νePovh, fig. 3.2, pag. 28

Nella figura e illustrata la massa in funzione del numero atomico Z per gli isobari con A = 101,

che sono isotopi del Molibdeno (10142 Mo59), Tecnezio (101

43 Tc58), Rutenio (10144 Ru57), Rodio

(10145 Rh56), Palladio (101

46 Pd55), Argento (10147 Ag54).


Parabole delle masse per nucleo con A pari e Z0 dispari(δ(A) = ±b4/A

12 ): due parabole

La parabola inferiore corrisponde ai nuclei pari-pari e quella superiore ai nucleidispari-dispari. Se il nucleo con Z = Z0 (p.es. Z pari-N pari) si trova su unaparabola, quelli con Z = Z0 ± 1 (che sono quindi Z dispari-N dispari) si trovanosull’altra parabola. Due nuclei contigui sulla stessa parabola avranno invece unadifferenza di due unita in Z. Pertanto con un decadimento β+ o β−, il nucleo salta dauna parabola all’altra, perche da (Z pari, N pari), ad esempio, diventera (Z dispari,N dispari).

Nel caso illustrato in figura, Z0 e dispari e pertantoil nucleo stabile si trova sulla parabola superiore.In questo caso il nucleo stabile e uno solo (adifferenza di quello che accade se Z0 e pari, comevedremo tra poco).


Parabole delle masse per nucleo con A pari e Z0 pari(δ(A) = ±b4/A

12 ): due parabole

Dionisi, Fig. 8.4, pag. 142

Prendiamo invece il caso in cui Z0 sia pari, cioe si trovisulla parabola inferiore.In tal caso, un nucleo con Z = Z0 + 3 (in alto a destranella figura) si trovera sulla parabola superiore (con Zdispari). Con un decadimento β+, potra trasformarsi inun nucleo con Z = Z0 + 2, che si trova quindi sullaparabola inferiore (con Z pari). A questo punto unsuccessivo decadimento di questo nucleo in quello conZ = Z0 + 1 e proibito perche esso non puo decadere inun nucleo di massa maggiore, mentre al contrario alnucleo con Z = Z0 + 1 sono consentiti sia ildecadimento β+ nel nucleo con Z = Z0 sia ildecadimento β− nel nucleo con Z = Z0 + 1. Pertantoanche il nucleo con Z = Z0 + 2 e stabile.I nuclei stabili sono dunque piu di uno:

Z = Z0 Z = Z0 + 2

Nella figura e illustrata la massa in funzione del numero atomico Z per gli isobari con A = 106,che sono isotopi del Tecnezio (106

43 Tc63), Rutenio (10644 Ru62), Rodio (106

45 Rh61), Palladio (10646 Pd60),

Argento (10647 Ag59), Cadmio (106

48 Cd58), Indio (10649 In57).


Parabole delle masse per nucleo con A pari e Z0 pari(δ(A) = ±b4/A

12 ): due parabole (continua)

Williams, Fig. 5.7, pag. 75

Prendiamo sempre il caso in cui Z0 sia pari, cioe sitrovi sulla parabola inferiore, e consideriamo invece unnucleo con Z = Z0 − 3 (in alto a sinistra nella figura),cioe dall’altra parte della parabola rispetto al nucleocon Z = Z0. Esso si trovera sulla parabola superiore(con Z dispari). Con un decadimento β−, potratrasformarsi in un nucleo con Z = Z0 − 2, che si trovaquindi sulla parabola inferiore (con Z pari). A questopunto un successivo decadimento di questo nucleo inquello con Z = Z0 − 1 e proibito perche esso non puodecadere in un nucleo di massa maggiore, mentre alcontrario al nucleo con Z = Z0 − 1 sono consentiti idecadimenti nel nucleo con Z = Z0 e nel nucleo conZ = Z0 − 1. Pertanto anche il nucleo con Z = Z0 − 2 estabile.Come prima, i nuclei stabili sono dunque piu di uno:

Z = Z0 Z = Z0 − 2

Nella figura e illustrata la massa in funzione del numero atomico Z per gli isobari con A = 101,

che sono isotopi del Zirconio (10040 Zr60), Niobio (100

41 Nb59), Molibdeno (10042 Mo58), Tecnezio

(10043 Tc57), Rutenio (100

44 Ru56), Rodio (10045 Rh55), Palladio (100

46 Pd54), Argento (10047 Ag53).


Conseguenze del modello per l’energia di legame: i Nuclei Speculari

Nuclei speculari (”Mirror Nuclei“ in inglese: sono nuclei caratterizzatidallo stesso valore di A dispari e i valori di N e Z scambiati:

Z =A∓ 1

2N =

A± 1

2

C11 Z = 6 N = 5

B11 Z = 5 N = 6

}A = 11

Si29 Z = 14 N = 15

P 29 Z = 15 N = 14

}A = 29

H3 Z = 1 N = 2

He3 Z = 2 N = 1

}A = 3


Conseguenze del modello per l’energia di legame: i Nuclei Speculari(continua)

SE le forze nucleari sono indipendenti dalla carica elettromagnetica

⇒L’unico termine che contribuisce alle differenze delleenergie di legame tra il protone e il neutrone nei nucleispeculari e quello coulombiano

B(A,Z)−B(A,Z′ = N) = b2

(Z(Z−1)

A13− N(N−1)

A13

)=

= b2

A13

(Z(Z − 1)− (A− Z)(A− Z − 1)) =

= b2

A13

(�Z2 − Z −A2 +A · Z +A+A · Z −�Z2 − Z)

)=

= b2

A13

(−2Z −A2 + 2A · Z +A

)=

= b2

A13

[2Z · (A− 1)−A · (A− 1)+] = b2

A13

(A− 1)(2Z −A)


Conseguenze del modello per l’energia di legame: i Nuclei Speculari(continua)

Nel caso particolare:N = Z − 1

A = N + Z = Z − 1 + Z = 2Z − 1

⇒ 2Z −A = 2Z − (2Z − 1) = 1

⇒WC = B(A,Z)−B(A,Z′ = N) =b2

A13

(A− 1)(2Z −A) =b2

A13

(A− 1)

Per A� 1, se tracciamo il plot di questa differenza in

funzione di A23 , otteniamo una retta il cui coefficiente

angolare (cioe la pendenza) e b2. Il fit dei dati

sperimentali ci fornisce un valore di b2 = 0.709MeV

compatibile con quello ottenuto dal fit dei dati delle

energie di legame dalla formula semiempirica

(b2 = 0.71MeV ).

Ceradini, Fig. 2.12 Pag. 176


La materia nucleare e le stelle di neutroni

Un caso interessante di applicazione del modello a gas di Fermi e quello di unamateria nucleare molto particolare, e cioe la stella di neutroni.Si tratta di stelle prodotte nelle esplosioni di supernova, con masse pari a 1-2 volte lamassa del sole. Il centro della stella e costituito principalmente di nuclei di ferro ecollassa a causa della forza di attrazione gravitazionale tra i nuclei. A seguitodell’elevatissima densita ha luogo la reazione β inversa:

p+ e− → n+ νe

mentre il decadimento β diretto:

n→ p+ e− + νe

e proibito per il principio di esclusione di Pauli. Pertanto alla fine del processo, tuttii protoni sono convertiti in neutroni e quindi la barriera coulombiana, dovuta allarepulsione tra protoni, non esiste piu. I nuclei perdono cosi la loro identita.L’unica forza che si puo opporre al collasso e la pressione del gas di Fermi. Ma se lamassa del “core” centrale della stella e compresa tra 1.3 e 1.5 volte la massa del sole,neanche la pressione di Fermi e in grado di equilibrare la forza gravitazionale e lastella conclude la sua vita trasformandosi in un buco nero.


La materia nucleare e le stelle di neutroni (continua)

La stella puo essere pensata come un gigantesco nucleo fatto solo di neutroni e tenutoinsieme dalla forza gravitazionale.Mentre al crescere del numero dei protoni nel nucleo, diventa dominante il terminecoulombiano e quindi il nucleo diventa instabile, al contrario, al crescere del numero deineutroni, diventa dominante il termine di simmetria. Mettiamoci quindi nella situazionelimite:

Z ' 0 A = N →∞ed esaminiamo la sola energia di legame nucleare:

E(Z,A) = −b0A +b1A2/3 +b2��Z(Z − 1) ·A−1/3 +b3(N −�Z)2 ·A−1 +δ(A)

E/A = −b0 +b1A−1/3 +b2��Z(Z − 1) ·A−4/3 +b3A2 ·A−2 +δ(A)/A

A→∞ ⇓ ⇓ ⇓ ⇓ ⇓E/A = −b0 0 0 +b3 0

E/A = −b0 + b3 = −15.75 + 23.7MeV ' 8MeV > 0

Il nucleo non e stabile.La situazione cambia se si aggiunge all’energia di legame anche l’energia gravitazionale, chegeneralmente trascuriamo in quanto la massa delle particelle in gioco fa sı che essa non diacontributo apprezzabile. Se pero il numero dei neutroni tende a infinito, il contributodell’energia gravitazionale non e piu trascurabile.



La stella di neutroni ha delle caratteristiche (raggio, densita) che dipendono essenzialmentedalla sua massa. Essendo:

A = N r0 = 1.2 · 10−15 m Mn = 1.67 · 10−24 g

assumiamo che la stella sia una sfera omogenea di raggio Rstar, massa Mstar e densitacomparabile con quella del nucleo:

Rstar = r0A13 = r0N

13 Mstar = NMn

ρstar = MstarVstar

= NMn4/3πR3

star= 3Mn

4πr30= 0.23 1.67·10−24 g

(1.2·10−15 m)3= 0.23 1.67·10−24 g

1.7·10−45 m3 ' 2.3 · 1020 gm3

L’energia gravitazionale di tale sfera sara data da:

Eg = −3

5GM2star

Rstar= −

3

5GN2M2

n

r0N1/3= −KgN

53

dove:

Kg =3

5GM2n

r0= 0.6 · 6.67 · 10

−11 m3

103g · s2(1.67 · 10−24 g)2

1.2 · 10−15 m= 4. · 10

−11 m3

103g · s22.8 · 10−48 g2

1.2 · 10−15m

Kg = 9.3 · 10−50Kg m

2

s2= 9.3 · 10

−50J = 9.3 · 10

−50 · 6.242 · 1012MeV = 5.8 · 10

−37MeV

⇒ Eg = 5.8 · 10−37 MeV ·N53



Questa quantita e molto piccola ma cresce al crescere del numero di neutroni.Pertanto l’energia del sistema diventa nuovamente negativa (e quindi il sistema elegato) per un numero di neutroni superiore a un valore critico NC :

N > NC

tale che per N = NC l’energia totale sia nulla e per N > NC sia negativa:

E(N) = −(b0 − b3)N −KgN53 = 8N MeV − 5.8 · 10−37N

53 MeV

E(NC) = 0 = −(b0 − b3)NC −KgN53C = 8N MeV −Kg ·N

53C MeV

(b3 − b0)NC = Kg ·N53C

N23C =

(b3 − b0)

Kg=

8MeV

5.8 · 10−37 MeV= 1.38 · 1037

NC = 5. · 1055 Numero Critico di Neutroni

Se N > NC la stella di neutroni e stabile.



La Massa Stellare Critica e la massa di una stella di neutroni al limite dellastabilita:

MC = Mn ·NC = 1.67 · 10−24 g · 5 · 1055 ' 8.4 · 1031 g

La massa del Sole e :

M� = 2. · 1033 g (1.989 · 1033 g per l’esattezza)

⇒MC ' 0.05M�

Il Raggio Stellare Critico e il raggio di una stella di neutroni di massa critica:

RC = r0·N13C = 1.2·10−15m·(5·1055)

13 = 1.2·10−15m·(50·1054)

13 = 4.5·103m = 4.5Km


prof.ssa r. sparvoli-dr.ssa r. di salvo lezione...

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