A Expérience de diffusion Rutherford - LPNHE

Mention Physique - L2 - Ann´ ee 2011-2012 Licence de Sciences et Technologies

LP223 :

TD N

1 : Exp´ erience de Rutherford - Ordre de grandeur - Lois de conservation

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A Exp´ erience de diffusion Rutherford

L’exp´erience de Rutherford est une exp´erience de diffusion de particulesα sur des noyaux d’or

19779Au. La r´eaction s’´ecrit :

197

79Au +α

noyau d’h´elium ⁴₂He

→¹⁹⁷₇₉Au +α (1) Geiger et Marsden mesurent le nombre de particules α diffus´ees en fonction de l’angle de diffusionθ (voir la figure 2).

1. D´efinir en quelque mots l’angle de diffusion θ, le param`etre d’impact b et la distance minimum d’approche r_min d’une particule alpha d’´energie cin´etique T0 (voir la figure 2).

Quelles sont les limites des grandeurs physiques b et rmin quand l’angle de diffusion θ tends vers 0^o et 180^o, on donne

b(θ) = Z_αZAue² 8πε0T0

cot θ

2 et rmin = b(θ) cos^θ₂

1−sin ^θ₂ (2)

o`u ε0 est la permittivit´e du vide et e la valeur absolue de la charge de l’´electron.

[Solution : on pose, pour simplifier les notations,Z1 =Zα etZ2 =ZAu. b(θ) = Z1Z2e²

8πε0T0

cotθ

2 ∼

θ=0^o

Z1Z2e² 8πε0T0

2 θ −→

θ→0^o ∞, r_min(θ) ∼

θ=0^o b(θ) −→

θ→0^o ∞ (3) On pose ψ =π−θ

b(ψ) = Z1Z2e² 8πε0T0

tan ψ

2 ∼

ψ=0^o

Z1Z2e² 8πε0T0

ψ

2 ∼

θ=π

Z1Z2e² 8πε0T0

π−θ

2 −→

θ→π 0 (4)

rmin(θ) = bcos^θ₂

1−sin^θ₂ = Z1Z2e² 8πε0T0

cotθ

2 × cos^θ₂

1−sin^θ₂ = Z1Z2e² 8πε0T0

cos^{2 θ}₂

sin^θ₂ 1−sin^θ₂ (5)

= Z1Z2e² 8πε0T0

1 + sin^θ₂

sin^θ₂ = Z1Z2e² 8πε0T0

1 + 1 sin^θ₂

!

−→

θ→π

Z1Z2e² 4πε0T0

(6)

Figure 1: Les r´esultats exp´erimentaux obtenue par Geiger- Marsden (1909) dans l’exp´erience de Rutherford (haut) - Tra- jectoire des particules alpha (α) diffus´ees avec l’angle de diffu- sion theta (θ) pour un noyau ayant une densit´e de charge tr`es concentr´ee dans l’espace (bas).

Figure 2: Le mod`ele atom- ique de Thomson (1904) (haut).Le mod`ele plan´etaire de l’atome de Bohr (1912- 1913) (haut et milieu).

]

2. D´eterminer num´eriquement le param`etre d’impactbd’une particule alpha d’´energie cin´etique T0 = 7,7 MeV si son angle de diffusion est de θ = 140^o. En d´eduire la distance mini- mum d’approche rmin entre cette particule α et le noyau d’or. On utilisera les grandeurs suivantes, couramment utilis´ee en physique nucl´eaire et des particules.

α= e²

4πε0hc¯ ≃ 1

137,04 (constante de structure fine) (7)

¯

hc≃197,33 MeV fm (constante de conversion) (8)

[Solution : note : 1 MeV = 10⁶ eV = 10⁶×1,602 10⁻¹⁹ J = 1,602 10⁻¹³ J et 1 fm =

10⁻¹⁵ m.

b= Z1Z2e² 4πε02T0

cot θ 2 =

e² 4πε0hc¯

(¯hc)Z1Z2

2T0

cotθ

2 =α¯hcZ1Z2

2T0

cotθ

2 (9)

≃ 1

137 ×197[MeV fm]× Z1Z2

2T0[MeV]cot θ

2 ≃0,719 Z1Z2

T0[MeV]cotθ

2 (fm) (10)

≃ 0,719×2×79 T0[MeV] cotθ

2 (fm)≃ 113

T0[MeV]cotθ

2 (fm) (11)

b≃ 113

T0[= 7,7MeV]cotθ = 140^o

2 (fm) (12)

b≃5,34 fm (13)

rmin = bcos ^θ₂

1−sin ^θ₂ (14)

≃ 5,34 cos^θ=140₂ ^o

1−sin^θ=140₂ ^o ≃5,34×5,67≃30.3 fm (15) ]

3. Comparer la distance minimum d’approche calcul´ee pr´ec´edemment au rayon du noyau d’or que vous estimerez en utilisant la formule semi-empirique R = r0A^1/3 o`u R est le rayon du noyau, A le nombre de masse et r0 = 1,2 fm. Commentaire ?

[Solution :

R¹⁹⁷₇₉Au≃1,2×197^1/3 ≃1,2×12≃15 fm (16) R¹⁹⁷₄

2He

≃1,2×4^1/3 ≃2 fm (17) Si r > 15 + 2 = 17 fm la particule α n’est pas sensible `a l’interaction forte car elle est

`a tr`es courte port´ee (≃taille du proton ≃ 1 fm) . Geiger, Marsden et Rutherford n’ont donc pas mesur´es la taille du noyau d’or, ils ont uniquement montr´e que le noyau d’or a un rayon inf´erieur `a ≃ 30 fm et que la mati`ere est tr`es concentr´ee dans l’espace. Cela a

´et´e une ´evaluation pour le monde de la physique ! ]

4. Dans le mod`ele de Bohr de l’atome d’hydrog`ene, le rayon de Bohr a0 est la longueur caract´eristique s´eparant l’´electron du proton. C’est donc un ordre de grandeur du rayon des atomes (voir la figure 2). Calculer num´eriquement le rayon de Bohr et le comparer au rayon du proton. On donne

a0 = 4π¯h²ε0

mee² (18)

o`u me ≃511,00 keV/c² est la masse de l’´electron.

[Solution :

a0 = 4πε0h¯²

mee² = 4πε0h¯²c²

mec²e² = ¯hc

mec²_4πε^e2_0¯hc = ¯hc

mec²α (19)

≃ 197,33 511 10⁻³× ¹

137,04

(fm)≃52.92 10³ fm≃52.92 pm (20)

≃1 A = 10^{◦ −10} m (21)

]

B R´ eaction de fusion nucl´ eaire

On ´etudie la r´eaction nucl´eaire de fusion d’un noyau de deut´erium (D) sur un noyau de tritium (T).Dans l’´etat final de cette r´eaction on observe une particule α.

1. ´Etude de l’´etat initial.

(a) Donner le symbole du noyau de deut´erium.

[Solution :

D≡²₁H (22)

]

(b) Donner le symbole du noyau de tritium.

[Solution :

T ≡³₁H (23)

]

2. Dans l’´etat final de cette r´eaction on observe une particule α.

(a) Donner le symbole du noyau d’h´elium [Solution :

α≡⁴₂He (24)

]

(b) Combien y a-t-il de protons dans l’´etat final ? [Solution :

Conservation de la charge :1 + 1 = 2 +z_proton ⇒z_proton = 0 (25) ]

(c) Combien y a-t-il de neutrons dans l’´etat final ? [Solution :

Conservation du nombre de nucl´eons :2 + 3 = 4 +yneutron⇒yneutron= 1 (26) ]

3. ´Ecrire la r´eaction de fusion en utilisant les symboles des noyaux.

[Solution :

2

1H +³₁H→⁴₂He + n (27)

]

4. La masse du proton est de mp = 938.272013(23)± MeV/c². Donner cette masse en kg. La vitesse de la lumi`ere est de c = 299792458 m⁻¹. La charge de l’´electron est de qe =−1.602176487(40) 10⁻¹⁹ C.

(Vous pouvez obtenir certaine valeurs num´eriques utiles dans le PDG (particle data group), http://pdg.lbl.gov/)

[Solution : m_p = Emp

c² = 938,272013×10⁶×1,602176487 10⁻¹⁹

299792458² = 1,6726216410⁻²⁷ kg (28) ]

5. Pour l’h´elium

(a) Estimer la masse de son noyau en kg si on donneMα ≃4,00150606 u.

On a 1 u.m.a. (unit´e de masse atomique) = 1 u = ₁₂¹ de la masse d’un atome de carbone ¹²₆C = 931,494028 MeV/c² = 1,660538 10⁻²⁷ kg.

[Solution :

M⁴_2He = 4,00150606×1,660538 10⁻²⁷ = 6,64465287 10⁻²⁷ kg (29) ]

(b) Estimer le rayon de son noyau, en utilisant la formule semi-empirique R = r0A^1/3 o`u R est le rayon du noyau, A le nombre de masse et r0 = 1,2 fm

[Solution :

R⁴_2He=r0A^1/34

2He = 1,2×4^1/3 ≃1,90 fm (30) ]

(c) Estimer sa masse volumique et la comparer `a la masse volumique du gaz d’h´elium ρ^gaz = 0,1785 kg/m³ dans les conditions normales de temp´erature et de pression (CNTP)(T = 0 ^oC (273,15 K), p= 1 atm = 101,325 kPa).

[Solution : ρ^noyau4

2He = M⁴_2He

V⁴_2He = M⁴_2He 4/3πR³⁴

2He

= 6,6446528710⁻²⁷

(1,90 10⁻¹⁵)³ = 2.31271909 10¹⁷ kg/m³ (31)

≃0,2313 10¹⁸ kg/m³ >> ρ^gaz = 0,1785 kg/m³ (32) ]

(d) Commenter la phrase suivante : la mati`ere est remplie de vide.

[Solution : Oui, la mati`ere est concentr´e dans des r´egions de l’espace dont l’ordre de grandeur de la taille est le fermi. L’ordre de grandeur de l’espacement de ces r´egions est l’angstroem (1 A = 10^{◦ −10} m) ]

6. D´eterminer le bilan ´energ´etique Q de la r´eaction de production sachant que m_n = 939,565346±0,000023 MeV/c², MD = 1875.613 MeV/c² et MT = 2808.921 MeV/c². (Si vous voulez obtenir le bilan ´energ´etique de certaines r´eactions, vous pouvez aller sur ce cite WEB http://www.nndc.bnl.gov/qcalc/)

[Solution :

Q=MDc²+MTc²−Mαc²−Mnc² (33)

= 2808.921 + 1875.613−3727.379−939.565 (34)

≃17.589 MeV/c² (35)

]

7. ´Etude de la loi de conservation de l’´energie

(a) ´Ecrire la loi de conservation de l’´energie en fonction du bilan ´energ´etique Q, de l’´energie cin´etique du neutron T_n et de l’´energie cin´etique de la particule alpha T_α sachant que la r´eaction de fusion a lieu quand deut´erium et le tritium sont au repos dans le centre de masse.

[Solution :

TD(≃0) +MDc²+TT(≃0) +MTc² =Tα+Mαc²+Tn+Mnc² (36) soit

Q=Tα+Tn (37)

]

(b) Montrer que l’´energie cin´etique de la particule α v´erifie l’in´equation ci-dessous. En d´eduire, que dans cette r´eaction, cette particule est non-relativiste et donner la relation entre le module de son impulsion pα et son ´energie cin´etique.

Tα ≤Q (38)

[Solution :

Tα ≤Q= 17.589 MeV << Mαc² = 4,00150606×931,494028 = 3727,379 MeV (39) Donc la particule α est non relativiste est

Tα= 1

2Mαv²_α = p²_α

2M_α (40)

]

(c) Le neutron est-il une particule relativiste dans cette r´eaction ?

[Solution : On fait le mˆeme d´emonstration que ci-dessus en rempla¸cant la particule alpha par le neutron, soit

Tn≤Q= 17.589 MeV <<Mnc² = 939,565346 MeV (41) Donc le neutron est non relativiste est

Tn = p²_n

2m_n (42)

]

8. En appliquant la loi de conservation de l’impulsion donner la relation entre l’´energie cin´etique de la particuleα et l’´energie cin´etique du neutron.

[Solution :

~pD(≃~0) +~pT(≃~0) =~pα+~pn (43) soit

~pα+~pn=~0 (44)

et

pα=pn⇒mαvα =mnvn⇒ 1

2m²_αv_α² = 1

2m²_nv_n² ⇒mαTα =mnTn (45) ]

9. D´eterminer analytiquement, puis num´eriquement l’´energie cin´etique de la particule α et l’´energie cin´etique du neutron.

[Solution : On utilise les deux lois de conservation, celle de l’´energie et celle de l’impulsion qui donnent les relation suivante

mαTα =mnTn (46)

Q=Tα+Tn (47)

donc

Q=Tα+Tn= mn

m_αTn+Tn ⇒Tn= mα

m_α+m_nQ etTα = mn

m_α+m_nQ (48)

Tn = m_αc²

mαc²+mnc²Q= 3727,379

939,565346 + 3727,379 ×17.589 ≃14.05 MeV (49)

Tα = mnc²

mαc²+mnc²Q= 939,565346

939,565346 + 3727,379×17.589≃3.54 MeV (50) ]