Bölüm 14

Çarpışmalar ve Saçılma

Esnek ve esnek olmayan çarpışmalar ve Q değeri; kütle merkezi çerçevesi; laboratuvar ve kütle merkezi saçılma açıları arasındaki bağıntı; nötron yavaşlatma ve ortalama logaritmik enerji kaybı; tesir kesiti ve ortalama serbest yol; diferansiyel tesir kesiti, sert küre saçılması; Rutherford saçılması ve atom çekirdeğinin keşfi; eşik enerjisi.

28 dk okuma5 çözümlü örnek5 şekil14 problem

Bu bölümde

Çarpışmaları kütle merkezi çerçevesinde çözmeyi ve sonuçları laboratuvar çerçevesine aktarmayı
Esnek çarpışmada saçılma açısı ile enerji kaybı arasındaki bağıntıyı ve nötron yavaşlatmanın kuramını
Tesir kesitini, ortalama serbest yolu ve bir demetin bir maddede zayıflamasını
Diferansiyel tesir kesitini çarpma parametresinden hesaplamayı
Rutherford saçılma formülünü türetmeyi ve atom çekirdeğinin keşfindeki rolünü
Esnek olmayan çarpışmalarda kullanılabilir enerjiyi ve tepkimelerin eşik enerjisini

14.1Çarpışmaların sınıflandırılması

İki cismin kısa süreli ve şiddetli bir etkileşmesine çarpışma denir. Bilardo toplarının çarpışmasında bu etkileşme temas kuvvetidir; bir alfa parçacığının bir çekirdekten saçılmasında, cisimler hiç "temas etmeden" etkileşen Coulomb kuvvetidir. Her iki durumda da çarpışmanın ayrıntılarını bilmeden çok şey söyleyebiliriz, çünkü 3. bölümde gördüğümüz gibi dış kuvvetler ihmal edilebildiği sürece toplam momentum korunur. 4. bölümde tek boyutlu esnek çarpışmaları incelemiştik. Bu bölümde iki ve üç boyutlu çarpışmaları, kütle merkezi çerçevesinin sağladığı büyük kolaylığı ve fiziğin en önemli deney yöntemlerinden biri olan saçılmayı inceleyeceğiz.

Bir çarpışmada toplam kinetik enerji korunuyorsa çarpışma esnektir. Korunmuyorsa esnek olmayan bir çarpışmadır. Kinetik enerjideki değişim

$$ Q = K_{\text{son}} - K_{\text{ilk}} $$

(14.1)

ile ölçülür ve Q değeri adını alır. Cisimler birbirine yapıştığında ya da ısı, ses, deformasyon yoluyla enerji kaybolduğunda $Q < 0$'dır. Nükleer ve kimyasal tepkimelerde iç enerji kinetik enerjiye dönüşebilir: bir patlamada ya da ekzotermik bir nükleer tepkimede $Q > 0$'dır. Q değeri, parçacıkların iç enerjilerindeki (nükleer fizikte kütlelerindeki) değişimin eksi işaretlisidir.

14.2Kütle merkezi çerçevesi

Kütleleri $m_1$ ve $m_2$, hızları $\vb{v}_1$ ve $\vb{v}_2$ olan iki parçacığın kütle merkezi (KM) hızı

$$ \vb{V} = \frac{m_1\vb{v}_1 + m_2\vb{v}_2}{m_1 + m_2} $$

(14.2)

dir; dış kuvvet olmadığından çarpışma boyunca sabittir. KM ile birlikte hareket eden çerçeveye kütle merkezi çerçevesi denir. Bu çerçevedeki hızları $\vb{u}$ ile gösterelim: $\vb{u}_1 = \vb{v}_1 - \vb{V}$, $\vb{u}_2 = \vb{v}_2 - \vb{V}$. Bağıl hız $\vb{v} = \vb{v}_1 - \vb{v}_2$ cinsinden

$$ \vb{u}_1 = \frac{m_2}{m_1 + m_2}\vb{v}, \qquad \vb{u}_2 = -\frac{m_1}{m_1 + m_2}\vb{v} $$

(14.3)

olur. KM çerçevesinde toplam momentum sıfırdır: $m_1\vb{u}_1 + m_2\vb{u}_2 = 0$. İki parçacığın momentumları her an eşit büyüklükte ve zıt yönlüdür.

Teorem 14.1KM çerçevesinde esnek çarpışma

Esnek bir çarpışmada, KM çerçevesinde her parçacığın hızının büyüklüğü değişmez; çarpışma yalnızca hızların doğrultusunu döndürür. İki parçacığın hızı aynı $\theta_c$ açısı kadar döner ve hızlar zıt yönlü kalır.

Kanıt. KM çerçevesinde momentumlar $\vb{p}$ ve $-\vb{p}$'dir; çarpışmadan sonra $\vb{p}'$ ve $-\vb{p}'$. Toplam kinetik enerji $p^2/2m_1 + p^2/2m_2 = p^2/2\mu$'dür ($\mu = m_1m_2/(m_1 + m_2)$, indirgenmiş kütle; 8. bölüm). Esnek çarpışmada $p'^2/2\mu = p^2/2\mu$, yani $p' = p$. ∎

KM çerçevesinde esnek bir çarpışma, tek bir sayıyla, KM saçılma açısı $\theta_c$ ile tamamen betimlenir (üç boyutta bir de saçılma düzleminin yönelimi gerekir). Bu açıyı belirleyen, etkileşmenin ayrıntılarıdır; kinematik yalnızca, $\theta_c$ verildiğinde her şeyin nasıl hesaplanacağını söyler.

KM çerçevesinin bir yararı da enerjiyle ilgilidir. 4. bölümde gördüğümüz gibi toplam kinetik enerji, KM'nin hareketinin enerjisi ile KM'ye göre hareketin enerjisinin toplamıdır:

$$ K = \tfrac12(m_1 + m_2)V^2 + \tfrac12\mu v^2 $$

(14.4)

Birinci terim momentumun korunumu gereği hiçbir çarpışmada değişemez. Bir çarpışmada ısıya, deformasyona ya da bir tepkimeye harcanabilecek enerji, en çok ikinci terim, yani KM çerçevesindeki kinetik enerji $\tfrac12\mu v^2$ kadardır.

14.3Laboratuvar ve KM saçılma açıları

Deneylerin çoğunda bir demet, durgun bir hedefe gönderilir: $\vb{v}_2 = 0$. Bu laboratuvar çerçevesinde KM hızı $\vb{V} = m_1\vb{v}_1/(m_1 + m_2)$, KM'de gelen parçacığın hızı $u_1 = m_2v_1/(m_1 + m_2)$'dir. Çarpışmadan sonra gelen parçacığın KM'deki hızı $\vb{u}_1'$, aynı büyüklükte ama $\theta_c$ açısı kadar dönmüştür. Laboratuvardaki hızı

$$ \vb{v}_1' = \vb{V} + \vb{u}_1' $$

dir (Şekil 14.1). $\vb{v}_1'$'nün ucu, merkezi $\vb{V}$'nin ucunda ve yarıçapı $u_1$ olan bir çemberin üzerindedir. Laboratuvardaki saçılma açısı $\theta$ (gelen doğrultuyla $\vb{v}_1'$ arasındaki açı) için bileşenlerden

$$ \tan\theta = \frac{u_1\sin\theta_c}{V + u_1\cos\theta_c} = \frac{\sin\theta_c}{\cos\theta_c + m_1/m_2} $$

(14.5)

bulunur, çünkü $V/u_1 = m_1/m_2$'dir.

Laboratuvar ve KM çerçeveleri — **Şekil 14.1.** Durgun bir hedefle esnek çarpışmada hız vektörleri. Gelen parçacığın KM'deki son hızı $\vb{u}_1'$, yarıçapı $u_1$ olan çemberin üzerindedir; laboratuvardaki hızı $\vb{v}_1' = \vb{V} + \vb{u}_1'$'dür. Burada $m_1/m_2 = 0{,}5$ ve $\theta_c = 130°$.

(14.5)'in üç önemli özel durumu vardır:

Hafif parçacık, ağır hedef ($m_1 \ll m_2$): $\tan\theta \approx \tan\theta_c$; iki açı aynıdır. Hedef neredeyse KM'nin kendisidir ve kıpırdamaz.
Eşit kütleler ($m_1 = m_2$): $\tan\theta = \sin\theta_c/(1 + \cos\theta_c) = \tan(\theta_c/2)$, yani $\theta = \theta_c/2$. Laboratuvar açısı en çok 90° olabilir; durgun bir bilardo topuna çarpan top hiçbir zaman geri dönmez. Hedefin geri tepme açısı da $(\pi - \theta_c)/2$ olduğundan iki top birbirine dik doğrultularda ayrılır (4. bölümdeki sonuç).
Ağır parçacık, hafif hedef ($m_1 > m_2$): çember $\vb{V}$'nin ucunu içine almaz ve laboratuvar açısının bir üst sınırı vardır: $\sin\theta_{\text{maks}} = m_2/m_1$ (Problem 14.4). Bir alfa parçacığı bir elektronla çarpıştığında en çok 0,008° sapar; Rutherford'un deneyinde gözlenen büyük açılı saçılmalardan elektronların sorumlu olamayacağı buradan anlaşılır (Kısım 14.7).

Saçılan parçacığın enerjisi. $v_1'^2 = V^2 + u_1^2 + 2Vu_1\cos\theta_c$ (kosinüs teoremi) ifadesini $v_1^2$'ye bölersek gelen parçacığın enerji oranını buluruz. Hedefin kütlesini $m_2 = Am_1$ yazalım (bir nötronun, kütle numarası $A$ olan bir çekirdekten saçılması için $A$ yaklaşık kütle numarasıdır):

$$ \frac{E'}{E} = \frac{A^2 + 2A\cos\theta_c + 1}{(A + 1)^2} = \frac{1 + \alpha}{2} + \frac{1 - \alpha}{2}\cos\theta_c, \qquad \alpha = \left(\frac{A - 1}{A + 1}\right)^2 $$

(14.6)

Kafa kafaya çarpışmada ($\theta_c = \pi$) $E'/E = \alpha$, 4. bölümdeki sonuç; sıyırarak geçen çarpışmada ($\theta_c \to 0$) $E'/E \to 1$. Bir esnek çarpışmadan sonra enerji, $\alpha E$ ile $E$ arasında bir değer alır.

14.4Nötron yavaşlatma

4. bölümde nükleer reaktörlerde nötronların hafif çekirdeklerle esnek çarpışmalar yaparak yavaşlatıldığını görmüş, bir karbon çekirdeğiyle kafa kafaya çarpışan nötronun enerjisinin %28'ini kaybettiğini bulmuştuk. Ama gerçek çarpışmalar çoğunlukla kafa kafaya değildir. Şimdi bütün çarpışma açıları üzerinden ortalamayı alabiliriz.

Birkaç MeV'in altındaki nötronların hafif çekirdeklerden saçılması KM çerçevesinde yaklaşık olarak eşyönlüdür: bütün doğrultular eşit olasılıklıdır. Bu yaklaşıklıkla $\cos\theta_c$, $-1$ ile $1$ arasında düzgün dağılır (katı açı öğesi $\dd\Omega = 2\pi\sin\theta_c\,\dd\theta_c = -2\pi\,\dd(\cos\theta_c)$ olduğundan). (14.6)'da $E'$, $\cos\theta_c$'nin doğrusal bir fonksiyonu olduğundan, son enerji de $\alpha E$ ile $E$ arasında düzgün dağılır (Problem 14.7). Ortalama enerji $\langle E'\rangle = \tfrac12(1 + \alpha)E$'dir; karbonda bu, her çarpışmada ortalama %14'lük bir kayıp demektir (kafa kafaya çarpışmadakinin yarısı).

Ardışık çarpışmalarda enerjiler çarpılarak azalır: $E_n = E_0\cdot(E_1/E_0)(E_2/E_1)\cdots$. Bu yüzden toplanan nicelik enerjinin logaritmasıdır. Bir çarpışmada enerjinin logaritmasındaki ortalama azalmaya ortalama logaritmik enerji kaybı denir:

$$ \xi = \left\langle\ln\frac{E}{E'}\right\rangle = \frac{1}{1 - \alpha}\int_\alpha^1\ln\frac{1}{x}\,\dd x = 1 + \frac{\alpha\ln\alpha}{1 - \alpha} $$

(14.7)

($x = E'/E$; $\int\ln x\,\dd x = x\ln x - x$). $\xi$ enerjiye bağlı değildir, yalnızca hedefin kütlesine bağlıdır. Enerjiyi $E_0$'dan $E$'ye indirmek için ortalama

$$ n = \frac{\ln(E_0/E)}{\xi} $$

(14.8)

çarpışma gerekir. Fisyon nötronlarını 2 MeV'den termal enerjiye (0,025 eV) indirmek için $\ln(8\times10^7) = 18{,}2$:

Yavaşlatıcı çekirdek	$A$	$\alpha$	$\xi$	Gereken çarpışma
hidrojen (¹H)	1	0	1,000	18
döteryum (²H)	2	0,111	0,725	25
berilyum (⁹Be)	9	0,640	0,207	88
karbon (¹²C)	12	0,716	0,158	115
uranyum-238	238	0,983	0,0084	yaklaşık 2 200

(Hidrojen için $\alpha = 0$ ve $\alpha\ln\alpha \to 0$, yani $\xi = 1$.) 4. bölümde kullandığımız $\xi = 0{,}158$ değeri bu tablodan gelir. Ağır çekirdekler için $\xi \approx 2/(A + \tfrac23)$ iyi bir yaklaşıklıktır.

Örnek 14.1Neden ağır su?

Hidrojen en iyi yavaşlatıcı olduğu hâlde bazı reaktörler (örneğin Kanada'nın CANDU reaktörleri) sıradan su yerine ağır su (D₂O) kullanır. Tabloya göre bunun bedeli nedir? Neden yine de tercih edilir?

Çözüm

Döteryumla 25, hidrojenle 18 çarpışma gerekir; nötron daha uzun bir yol alır ve yavaşlatıcı hacmi daha büyük olmalıdır. Ama yavaşlatıcının işi yalnızca yavaşlatmak değil, nötronları yutmadan yavaşlatmaktır. Hidrojenin termal nötronları yakalama tesir kesiti (0,33 barn), döteryumunkinin (0,0005 barn) yaklaşık 600 katıdır (Kısım 14.5). Ağır su nötronları çok az yuttuğu için, zenginleştirilmemiş doğal uranyumla çalışan bir reaktör yapılabilir. Sıradan su kullanan reaktörler, yutulan nötronları telafi etmek için uranyum-235 oranı artırılmış yakıta gerek duyar. Yavaşlatıcı seçimi, kinematik ($\xi$) ile tesir kesitleri arasındaki bir dengedir.

14.5Tesir kesiti

Bir saçılma deneyinde hedefi oluşturan parçacıkları tek tek göremeyiz. Bunun yerine, bir parçacık demetini hedefe gönderir ve kaç tanesinin hangi doğrultulara saçıldığını sayarız. Bu sayıları hedefin bir özelliğine bağlamak için tesir kesiti (etki kesiti) kavramını kullanırız.

Hedefteki her parçacığın, gelen parçacıklara karşı bir "hedef alanı" $\sigma$ sunduğunu düşünelim: gelen parçacık bu alandan geçerse saçılır, geçmezse etkilenmeden yoluna devam eder. Birim alandan birim zamanda geçen gelen parçacık sayısı (akı) $\Phi$ ise bir hedef parçacığın birim zamandaki saçılma sayısı $\Phi\sigma$'dır. Bu, $\sigma$'nın tanımı olarak alınabilir:

$$ \sigma = \frac{\text{birim zamanda saçılan parçacık sayısı (bir hedef başına)}}{\text{gelen akı}} $$

(14.9)

$\sigma$ alan boyutundadır. Sert küreler için gerçekten geometrik bir alandır, ama genel olarak etkileşmenin şiddetini ölçen etkin bir alandır; enerjiye bağlı olabilir ve bir nötronun bir çekirdek tarafından yakalanma tesir kesiti, çekirdeğin geometrik kesitinden binlerce kat (ksenon-135'te milyonlarca kat) büyük olabilir. Nükleer fizikte birimi barn'dır: $1\ \text{b} = 10^{-28}\ \text{m}^2$, kabaca orta büyüklükte bir çekirdeğin geometrik kesiti.

Zayıflama ve ortalama serbest yol. Birim hacminde $n$ hedef parçacık bulunan, kalınlığı $\dd x$ olan bir katman, alanının $n\sigma\,\dd x$ kesrini kapatır. Bu katmana giren $N$ parçacıktan $Nn\sigma\,\dd x$ tanesi saçılır: $\dd N = -Nn\sigma\,\dd x$. Buradan

$$ N(x) = N_0\,e^{-n\sigma x} = N_0\,e^{-x/\lambda}, \qquad \lambda = \frac{1}{n\sigma} $$

(14.10)

$\lambda$, bir parçacığın iki çarpışma arasında ortalama olarak aldığı yoldur: ortalama serbest yol. (Bu sonuç, katmanların birbirini gölgelemediği, yani $n\sigma\,\dd x \ll 1$ ve hedeflerin rastgele dağıldığı durum içindir.)

Örnek 14.2Havada ortalama serbest yol

Oda koşullarında (101 kPa, 20 °C) havada bir azot molekülünün ortalama serbest yolunu tahmin edin. Molekülleri çapı $d \approx 0{,}37$ nm olan sert küreler gibi düşünün.

Çözüm

İdeal gaz yasasıyla $n = p/k_BT = 101\,325/(1{,}38\times10^{-23} \times 293) = 2{,}50\times10^{25}\ \text{m}^{-3}$. İki eşit küre, merkezleri arasındaki uzaklık $d$'den küçük olduğunda çarpışır; tesir kesiti, yarıçapı $d$ olan bir dairenin alanıdır: $\sigma = \pi d^2 = 4{,}3\times10^{-19}\ \text{m}^2$ (bkz. Kısım 14.6). Hedef moleküller dursaydı $\lambda = 1/n\sigma = 93$ nm olurdu. Hedefler de hareket ettiği için bağıl hızlar daha büyüktür; Maxwell dağılımıyla yapılan hesap bir $\sqrt{2}$ çarpanı getirir: $\lambda = 1/(\sqrt{2}\,n\sigma) = 66$ nm. Bu, moleküller arası ortalama uzaklığın ($n^{-1/3} = 3{,}4$ nm) yaklaşık 20 katıdır.

14.6Diferansiyel tesir kesiti

Toplam tesir kesiti yalnızca kaç parçacığın saçıldığını söyler. Etkileşmenin asıl izi, saçılan parçacıkların açısal dağılımındadır. Belirli bir $\dd\Omega$ katı açısı içine saçılan parçacıklar için diferansiyel tesir kesiti $\dd\sigma/\dd\Omega$ tanımlanır: birim zamanda $\dd\Omega$ içine saçılan parçacık sayısı (hedef başına) $\Phi\,(\dd\sigma/\dd\Omega)\,\dd\Omega$'dır. Toplam tesir kesiti, bütün doğrultular üzerinden integraldir: $\sigma = \int(\dd\sigma/\dd\Omega)\,\dd\Omega$.

Klasik mekanikte diferansiyel tesir kesiti, çarpma parametresinden hesaplanır. Çarpma parametresi $b$, gelen parçacığın etkileşme olmasaydı hedefin merkezinden geçeceği en yakın uzaklıktır (Şekil 14.3). Merkezi bir kuvvette saçılma açısı $\theta$, $b$'nin (ve enerjinin) bir fonksiyonudur. $b$ ile $b + \dd b$ arasındaki halkadan (alanı $\dd\sigma = 2\pi b\,\dd b$) gelen parçacıklar, $\theta$ ile $\theta + \dd\theta$ arasındaki koniye, yani $\dd\Omega = 2\pi\sin\theta\,\dd\theta$ katı açısına saçılır. Oranları:

$$ \frac{\dd\sigma}{\dd\Omega} = \frac{b}{\sin\theta}\left|\frac{\dd b}{\dd\theta}\right| $$

(14.11)

(Mutlak değer, $b$ büyüdükçe $\theta$'nın genellikle küçülmesi yüzündendir.)

Saçılma geometrisi — **Şekil 14.3.** Bir merkezi kuvvette saçılma. Çarpma parametresi $b$, gelen asimptotun hedefin merkezinden uzaklığıdır; $\theta$, gelen ve giden asimptotlar arasındaki saçılma açısıdır. Yörünge, $b = 35$ fm ile bir altın çekirdeğine yaklaşan 7,7 MeV'lik bir alfa parçacığının hesaplanmış yörüngesidir.

Örnek 14.3Sert küre saçılması

Nokta gibi bir parçacık, yarıçapı $R$ olan sabit ve sert bir küreden esnek olarak yansıyor. Diferansiyel ve toplam tesir kesitini bulun.

Çözüm

Parçacık küreye, normalle $\alpha_0$ açısı yaparak çarpar ve aynı açıyla yansır; $\sin\alpha_0 = b/R$. Saçılma açısı $\theta = \pi - 2\alpha_0$, dolayısıyla $b = R\sin\alpha_0 = R\cos(\theta/2)$. (14.11) ile $|\dd b/\dd\theta| = \tfrac12 R\sin(\theta/2)$ ve

$$ \frac{\dd\sigma}{\dd\Omega} = \frac{R\cos(\theta/2)}{2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)}\cdot\frac{R\sin(\theta/2)}{2} = \frac{R^2}{4} $$

Sert bir küre, parçacıkları bütün doğrultulara eşit olarak saçar. Toplam tesir kesiti $\sigma = 4\pi\cdot R^2/4 = \pi R^2$: kürenin geometrik kesiti, beklendiği gibi. Gelen parçacık da yarıçapı $R_1$ olan bir küreyse, merkezler arası uzaklık $R_1 + R_2$'ye inince çarpışma olur ve $\sigma = \pi(R_1 + R_2)^2$.

14.7Rutherford saçılması

Yükü $q_1$ ve kinetik enerjisi $E = \tfrac12 mv^2$ olan bir parçacık, yükü $q_2$ olan ve kıpırdamadığını varsaydığımız (çok ağır) bir hedefe yaklaşıyor. Aralarındaki itici Coulomb kuvveti

$$ F = \frac{k}{r^2}, \qquad k = \frac{q_1q_2}{4\pi\epsilon_0} $$

dir. Bu kuvvette yörünge bir hiperboldür (8. bölüm), ama saçılma açısını yörünge denklemine gerek kalmadan, momentum değişimiyle bulabiliriz.

Saçılma açısı. Kuvvet merkezidir; parçacığın hedefe göre açısal momentumu $\ell = mvb$ korunur ve hızın büyüklüğü başta ve sonda aynıdır (enerji korunumu). Yörünge, en yakın yaklaşma noktasından geçen doğruya (simetri eksenine) göre simetriktir. Momentum değişiminin büyüklüğü, ilk ve son momentumlar arasındaki ikizkenar üçgenden $\Delta p = 2mv\sin(\theta/2)$'dir ve doğrultusu simetri ekseni boyuncadır. Öte yandan $\Delta p$, kuvvetin simetri eksenine izdüşümünün zamana göre integralidir. Konum vektörünün simetri ekseniyle yaptığı açıyı $\varphi$ ile gösterelim; $\ell = mr^2\dot{\varphi}$ olduğundan $\dd t = (mr^2/\ell)\,\dd\varphi$ ve

$$ \Delta p = \int\frac{k}{r^2}\cos\varphi\,\dd t = \frac{mk}{\ell}\int_{-(\pi - \theta)/2}^{(\pi - \theta)/2}\cos\varphi\,\dd\varphi = \frac{2mk}{\ell}\cos\frac{\theta}{2} $$

(Parçacık gelirken $\varphi = -(\pi - \theta)/2$'den, giderken $(\pi - \theta)/2$'ye kadar döner: iki asimptot arasındaki açı $\pi - \theta$'dır.) İki ifadeyi eşitleyip $\ell = mvb$ yazarsak

$$ b = \frac{k}{mv^2}\cot\frac{\theta}{2} = \frac{k}{2E}\cot\frac{\theta}{2} $$

(14.12)

bulunur. Çarpma parametresi küçüldükçe saçılma açısı büyür; $b = 0$ kafa kafaya çarpışmadır ($\theta = 180°$).

Rutherford formülü. (14.11)'e koyarsak, $|\dd b/\dd\theta| = (k/2E)/(2\sin^2(\theta/2))$ ve $b/\sin\theta = (k/2E)/(2\sin^2(\theta/2))$ ile

$$ \frac{\dd\sigma}{\dd\Omega} = \left(\frac{k}{4E}\right)^2\frac{1}{\sin^4(\theta/2)} $$

(14.13)

elde edilir. Bu, Ernest Rutherford'un 1911'de türettiği ünlü Rutherford saçılma formülüdür. Tesir kesiti yüklerin çarpımının karesiyle artar, enerjinin karesiyle azalır ve açıya $\sin^{-4}(\theta/2)$ ile çok güçlü biçimde bağlıdır. Küçük açılarda sonsuza gider; toplam tesir kesiti de sonsuzdur, çünkü Coulomb kuvvetinin erimi sonsuzdur ve en uzaktan geçen parçacık bile biraz sapar. Gerçek atomlarda çekirdeği çevreleyen elektronlar onun yükünü uzak mesafelerde perdeler ve bu sonsuzluğu ortadan kaldırır.

Rutherford saçılması — **Şekil 14.4.** 7,7 MeV'lik alfa parçacıklarının bir altın çekirdeğinden saçılması: farklı çarpma parametreleriyle hesaplanmış yörüngeler. Sayısal saçılma açıları (14.12) ile 0,1° içinde uyuşur: $b = 150$ fm'de 11°, $b = 20$ fm'de 73°, $b = 5$ fm'de 143°.

Rutherford tesir kesiti — **Şekil 14.5.** 7,7 MeV'lik alfa parçacıklarının altından saçılmasının Rutherford diferansiyel tesir kesiti (logaritmik ölçek). 10°'deki değer 90°'dekinin yaklaşık 4 300 katıdır.

Örnek 14.4Altın folyoda alfa saçılması

7,7 MeV'lik alfa parçacıkları ($q_1 = 2e$) altın çekirdeklerinden ($q_2 = 79e$) saçılıyor. (a) Kafa kafaya bir çarpışmada alfa parçacığı çekirdeğe en çok ne kadar yaklaşır? (b) 90°'den büyük açılara saçılmanın tesir kesiti nedir? (c) Kalınlığı 1,0 μm olan bir altın folyoya gelen alfa parçacıklarının ne kadarı 90°'den büyük açılara saçılır? $e^2/4\pi\epsilon_0 = 1{,}440$ MeV·fm kullanın.

Çözüm

(a) $k = 2 \times 79 \times 1{,}440 = 227{,}5$ MeV·fm. Kafa kafaya çarpışmada bütün kinetik enerji potansiyel enerjiye dönüşür: $k/d = E$, $d = 227{,}5/7{,}7 = 29{,}5$ fm. Altın çekirdeğinin yarıçapı yaklaşık 7 fm'dir; alfa parçacığı çekirdeğe değmez ve saf Coulomb saçılması varsayımı geçerlidir. (b) 90°'den büyük açılara, $b < b(90°)$ ile gelen parçacıklar saçılır. (14.12) ile $b(90°) = k/2E = 14{,}8$ fm ve $\sigma(\theta > 90°) = \pi b^2 = 6{,}9\times10^{-28}\ \text{m}^2 = 6{,}9$ barn. (c) Altının yoğunluğu 19,3 g/cm³, atom kütlesi 197 g/mol: $n = 5{,}9\times10^{28}\ \text{m}^{-3}$. Kesir $n\sigma t = 5{,}9\times10^{28} \times 6{,}9\times10^{-28} \times 1{,}0\times10^{-6} = 4{,}1\times10^{-5}$: yaklaşık 25 000 alfa parçacığından biri. (Bu küçük kesir, her alfa parçacığının en çok bir büyük açılı saçılma yaptığı varsayımını haklı çıkarır. Alfa parçacığı altın çekirdeğinin kütlesinin %2'si kadar olduğundan hedefin geri tepmesi küçük bir düzeltmedir.)

Tarihçe

1909'da Hans Geiger ve Ernest Marsden, Rutherford'un Manchester'daki laboratuvarında alfa parçacıklarını ince metal folyolara gönderiyordu. O dönemin atom modeline (J. J. Thomson'ın "üzümlü kek" modeli) göre artı yük atomun bütün hacmine yayılmıştı ve alfa parçacıkları ancak çok küçük açılarla sapmalıydı. Oysa kalın bir platin levhaya gelen alfa parçacıklarından yaklaşık 8 000'de biri geri, gelen tarafa saçılıyordu. Rutherford daha sonra bunu, ince bir kâğıda ateşlenen bir top mermisinin geri dönüp ateş edeni vurmasına benzetecekti. 1911'de, atomun artı yükünün ve kütlesinin neredeyse tamamının çok küçük bir çekirdekte toplandığını varsayarak (14.13)'ü türetti. Geiger ve Marsden 1913'te formülün öngörülerini, yani $\sin^{-4}(\theta/2)$ açı bağımlılığını, folyo kalınlığıyla orantılılığı ve alfa parçacığının hızının dördüncü kuvvetiyle ters orantıyı ($E^{-2}$) geniş bir aralıkta doğruladılar. Çekirdeğin keşfi, tamamen klasik mekanikle yapılmış bir hesaba dayanır. Şaşırtıcı bir rastlantı olarak kuantum mekaniği, Coulomb saçılması için tam olarak aynı formülü verir.

14.8Esnek olmayan çarpışmalar ve eşik enerjisi

(14.4)'e göre bir çarpışmada iç enerjiye dönüşebilecek kinetik enerji, en çok KM çerçevesindeki kinetik enerjidir. Durgun bir hedefle ($\vb{v}_2 = 0$) bu enerji

$$ K_{\text{KM}} = \tfrac12\mu v_1^2 = \frac{m_2}{m_1 + m_2}\,E $$

(14.14)

dir ($E = \tfrac12 m_1v_1^2$, gelen parçacığın laboratuvardaki enerjisi). Gelen enerjinin $m_1/(m_1 + m_2)$ kesri, KM'nin hareketine bağlı kalır ve kullanılamaz. Bir tepkimenin Q değeri negatifse (endotermik tepkime), tepkimenin olabilmesi için $K_{\text{KM}} \geq -Q$ gerekir. Eşik enerjisi

$$ E_{\text{eşik}} = -Q\,\frac{m_1 + m_2}{m_2} $$

(14.15)

dir. Eşikte bütün KM enerjisi tepkimeye harcanır ve ürünler KM ile birlikte, aralarında bağıl hız olmadan hareket eder.

Örnek 14.5İlk yapay çekirdek dönüşümü

1919'da Rutherford, azot gazına alfa parçacıkları göndererek ilk yapay çekirdek tepkimesini gözledi: $\alpha + {}^{14}\text{N} \to p + {}^{17}\text{O}$. Bu tepkimenin Q değeri $-1{,}19$ MeV'dir. Göreli olmayan yaklaşıklıkla eşik enerjisini bulun. Rutherford'un kullandığı 7,7 MeV'lik alfa parçacıkları yeterli miydi?

Çözüm

Kütleleri kütle numaralarıyla yaklaşık alırsak $m_1/m_2 = 4/14$. (14.15) ile $E_{\text{eşik}} = 1{,}19 \times (4 + 14)/14 = 1{,}53$ MeV. 7,7 MeV eşiğin çok üzerindedir. (Gerçekte alfa parçacığının azot çekirdeğinin Coulomb engelini aşması da gerekir; tepkimenin olasılığını belirleyen asıl etken budur.) Eşik enerjisinin $-Q$'dan büyük olmasının nedeni, gelen enerjinin $4/18$'inin KM hareketinde kalmasıdır.

Özet

Çarpışmalarda dış kuvvetler ihmal edilebildiği sürece momentum korunur; esnek çarpışmada kinetik enerji de korunur. Kinetik enerji değişimi Q değeridir (14.1).
KM çerçevesinde momentumlar eşit ve zıttır; esnek çarpışma hızları yalnızca bir $\theta_c$ açısı kadar döndürür. Durgun hedefte laboratuvar açısı $\tan\theta = \sin\theta_c/(\cos\theta_c + m_1/m_2)$'dir (14.5).
Esnek çarpışmadan sonra nötronun enerjisi $\alpha E$ ile $E$ arasındadır (14.6). KM'de eşyönlü saçılmada ortalama logaritmik enerji kaybı $\xi = 1 + \alpha\ln\alpha/(1 - \alpha)$'dır (14.7); karbonda 0,158, hidrojende 1.
Tesir kesiti, bir hedef parçacığın etkin alanıdır (14.9). Bir demet $e^{-n\sigma x}$ ile zayıflar; ortalama serbest yol $1/n\sigma$'dır (14.10).
Diferansiyel tesir kesiti $\dd\sigma/\dd\Omega = (b/\sin\theta)|\dd b/\dd\theta|$'dır (14.11); sert küre için $R^2/4$.
Coulomb kuvvetinde $b = (k/2E)\cot(\theta/2)$ (14.12) ve Rutherford formülü $\dd\sigma/\dd\Omega = (k/4E)^2/\sin^4(\theta/2)$'dır (14.13). Büyük açılı saçılmalar atom çekirdeğinin varlığını gösterdi.
Bir çarpışmada kullanılabilecek enerji KM enerjisidir; endotermik bir tepkimenin eşik enerjisi $-Q(m_1 + m_2)/m_2$'dir (14.15).

Problemler

Problem 14.1Eşit kütleli toplar★☆☆

Bir bilardo topu $v$ hızıyla durgun özdeş bir topa çarpıyor ve esnek çarpışmadan sonra gelen doğrultuyla 30° açı yaparak ilerliyor. İkinci topun doğrultusunu ve iki topun hızlarını bulun (dönmeyi ve sürtünmeyi ihmal edin).

Çözümü göster

Eşit kütlelerde toplar dik doğrultularda ayrılır: ikinci top öbür yanda 60° açıyla gider. Momentum korunumunun gelen doğrultuya dik ve paralel bileşenlerinden (ya da hız üçgeninin dik üçgen olmasından) $v_1' = v\cos 30° = 0{,}87v$, $v_2' = v\sin 30° = 0{,}50v$. Denetim: $v_1'^2 + v_2'^2 = v^2$ ✓.

Problem 14.2Kadmiyum perde★☆☆

Kadmiyumun termal nötronları yutma tesir kesiti yaklaşık 2 500 barndır; yoğunluğu 8,65 g/cm³, atom kütlesi 112,4 g/mol'dür. 1,0 mm kalınlığındaki bir kadmiyum levha, gelen termal nötronların ne kadarını geçirir? Ortalama serbest yol nedir?

Çözümü göster

$n = (8{,}65\times10^3/0{,}1124) \times 6{,}02\times10^{23} = 4{,}63\times10^{28}\ \text{m}^{-3}$. $n\sigma = 4{,}63\times10^{28} \times 2{,}5\times10^{-25} = 1{,}16\times10^4\ \text{m}^{-1}$, $\lambda = 1/n\sigma = 0{,}086$ mm. Geçen kesir $e^{-11{,}6} \approx 10^{-5}$. Kadmiyum bu yüzden reaktör denetim çubuklarında ve nötron perdelerinde kullanılır.

Problem 14.3Sert kürelerin tesir kesiti★☆☆

Yarıçapları $R_1$ ve $R_2$ olan iki sert kürenin çarpışma tesir kesitinin $\pi(R_1 + R_2)^2$ olduğunu gösterin. Örnek 14.2'de neden $\sigma = \pi d^2$ yazdığımızı açıklayın.

Çözümü göster

Küreler, merkezleri arasındaki uzaklık $R_1 + R_2$'ye indiğinde temas eder. Gelen kürenin merkezinin, hedefin merkezinden $R_1 + R_2$'den yakından geçmesi gerekir: hedefin merkezi çevresinde yarıçapı $R_1 + R_2$ olan bir daire. Özdeş moleküllerde $R_1 = R_2 = d/2$ ve $\sigma = \pi d^2$.

Problem 14.4En büyük saçılma açısı★★☆

Kütlesi $m_1$ olan bir parçacık durgun bir $m_2 < m_1$ kütlesiyle esnek çarpışıyor. Laboratuvardaki saçılma açısının $\sin\theta_{\text{maks}} = m_2/m_1$ ile sınırlı olduğunu gösterin. Bir alfa parçacığı bir elektrondan en çok kaç derece sapabilir?

Çözümü göster

Şekil 14.1'de $\vb{v}_1'$'nün ucu, merkezi $\vb{V}$'nin ucunda ve yarıçapı $u_1$ olan çemberin üzerindedir. $m_1 > m_2$ iken $V/u_1 = m_1/m_2 > 1$: başlangıç noktası çemberin dışındadır. En büyük açı, $\vb{v}_1'$'nün çembere teğet olduğu durumdur ve dik üçgenden $\sin\theta_{\text{maks}} = u_1/V = m_2/m_1$. Alfa parçacığı elektronun yaklaşık 7 300 katı ağırdır: $\theta_{\text{maks}} = \arcsin(1/7\,294) = 0{,}0079°$.

Problem 14.5Hedefin geri tepmesi★★☆

Durgun hedefle esnek çarpışmada hedefin laboratuvardaki geri tepme açısının $\theta_2 = (\pi - \theta_c)/2$ olduğunu ve hedefe aktarılan enerji kesrinin $\frac{4m_1m_2}{(m_1 + m_2)^2}\sin^2(\theta_c/2)$ olduğunu gösterin. Kafa kafaya çarpışmada 4. bölümdeki sonucu bulun.

Çözümü göster

Hedefin KM'deki ilk hızı $-\vb{V}$, büyüklüğü $V$; çarpışmadan sonra $\vb{u}_2'$, büyüklüğü yine $V$ ve $\vb{u}_1'$'ye zıt. $\vb{v}_2' = \vb{V} + \vb{u}_2'$, iki eşit uzunluklu vektörün toplamıdır: doğrultusu aralarındaki açının ortasındadır. $\vb{u}_2'$, gelen doğrultuyla $\pi + \theta_c$ açısı yapar, yani $\vb{V}$ ile arasındaki açı $\pi - \theta_c$'dir; açıortay $\theta_2 = (\pi - \theta_c)/2$ (öbür yanda). Büyüklük $v_2' = 2V\sin(\theta_c/2)$. Aktarılan enerji kesri $m_2v_2'^2/m_1v_1^2 = 4m_2V^2\sin^2(\theta_c/2)/(m_1v_1^2) = \frac{4m_1m_2}{(m_1 + m_2)^2}\sin^2(\theta_c/2)$. $\theta_c = \pi$'de 4. bölümdeki $4m_1m_2/(m_1 + m_2)^2$ ✓.

Problem 14.6Saçılan nötronun enerjisi★★☆

(14.6)'yı $v_1'^2 = V^2 + u_1^2 + 2Vu_1\cos\theta_c$ bağıntısından türetin. Saçılan nötronun enerjisini laboratuvar açısı cinsinden yazmak neden daha zordur?

Çözümü göster

$V = v_1/(A + 1)$, $u_1 = Av_1/(A + 1)$ ($m_2 = Am_1$). $v_1'^2/v_1^2 = (1 + A^2 + 2A\cos\theta_c)/(A + 1)^2$ ✓. $\alpha$ ile: $(1 + \alpha)/2 = (A^2 + 1)/(A + 1)^2$ ve $(1 - \alpha)/2 = 2A/(A + 1)^2$ ✓. Laboratuvar açısıyla ifade için (14.5)'in $\theta_c$ için çözülmesi gerekir; bu bir karekök içerir ve $m_1 > m_2$ iken her $\theta$'ya iki $\theta_c$ karşılık gelebilir.

Problem 14.7Son enerjinin dağılımı★★☆

KM'de eşyönlü saçılmada $\cos\theta_c$'nin $[-1, 1]$ aralığında düzgün dağıldığını kullanarak nötronun son enerjisinin olasılık yoğunluğunun $P(E') = 1/[(1 - \alpha)E]$ ($\alpha E \leq E' \leq E$) olduğunu gösterin. Ortalama enerjiyi ve $\xi$'yi bulun.

Çözümü göster

$P(\cos\theta_c) = \tfrac12$. (14.6): $\dd E'/\dd(\cos\theta_c) = \tfrac12(1 - \alpha)E$. $P(E') = P(\cos\theta_c)/|\dd E'/\dd\cos\theta_c| = 1/[(1 - \alpha)E]$, sabit ✓. $\langle E'\rangle = \tfrac12(1 + \alpha)E$. $\xi = \langle\ln(E/E')\rangle$, (14.7)'deki integraldir.

Problem 14.8Ağır çekirdekte yavaşlama★★☆

Uranyum-238 için $\alpha$ ve $\xi$'yi hesaplayın ve $\xi \approx 2/(A + 2/3)$ yaklaşıklığıyla karşılaştırın. Bir fisyon nötronu yalnızca uranyumla çarpışarak termal enerjiye inseydi kaç çarpışma gerekirdi?

Çözümü göster

$\alpha = (237/239)^2 = 0{,}98333$, $1 - \alpha = 0{,}01667$, $\ln\alpha = -0{,}01681$; $\xi = 1 - 0{,}98333 \times 0{,}01681/0{,}01667 = 0{,}0084$. Yaklaşıklık: $2/238{,}67 = 0{,}00838$ ✓. $n = 18{,}2/0{,}00838 \approx 2\,200$ çarpışma. Üstelik uranyum-238, yavaşlama sırasında belirli enerjilerde nötronları güçlü biçimde yakalar (rezonanslar); bu yüzden yavaşlatıcı olarak işe yaramaz ve reaktörlerde yakıt çubukları yavaşlatıcı içine yerleştirilir.

Problem 14.9Rutherford saçılmasında en yakın yaklaşma★★☆

Coulomb itmesinde en yakın yaklaşma uzaklığının $r_{\min} = \frac{k}{2E}\left[1 + \frac{1}{\sin(\theta/2)}\right]$ olduğunu gösterin. Örnek 14.4'teki alfa parçacığı 90° saçıldığında çekirdeğe ne kadar yaklaşır?

Çözümü göster

En yakın noktada hız teğettir: enerji $E = \tfrac12 mv_{\min}^2 + k/r_{\min}$, açısal momentum $mvb = mv_{\min}r_{\min}$. $v_{\min} = vb/r_{\min}$ ile $E = Eb^2/r_{\min}^2 + k/r_{\min}$, yani $r_{\min}^2 - (k/E)r_{\min} - b^2 = 0$: $r_{\min} = \frac{k}{2E}\left[1 + \sqrt{1 + (2Eb/k)^2}\right]$. (14.12) ile $2Eb/k = \cot(\theta/2)$ ve $\sqrt{1 + \cot^2} = 1/\sin(\theta/2)$ ✓. 90°'de $r_{\min} = 14{,}8 \times (1 + \sqrt{2}) = 35{,}7$ fm.

Problem 14.10Küçük açılar ve itme yaklaşıklığı★★☆

Küçük açılı saçılmada parçacığın neredeyse düz bir çizgide gittiğini varsayarak, hedefin uyguladığı dik kuvvetin itmesinden $\theta \approx 2k/(mv^2b)$ olduğunu bulun. (14.12)'nin küçük açı limitiyle karşılaştırın.

Çözümü göster

Düz yol $y = b$, $x = vt$. Dik kuvvet $F_y = kb/(x^2 + b^2)^{3/2}$. $\Delta p_y = \int F_y\,\dd t = (kb/v)\int_{-\infty}^{\infty}\dd x/(x^2 + b^2)^{3/2} = (kb/v)(2/b^2) = 2k/(vb)$. $\theta \approx \Delta p_y/mv = 2k/(mv^2b)$. (14.12): küçük açıda $\cot(\theta/2) \approx 2/\theta$, $b \approx k/(E\theta) = 2k/(mv^2\theta)$ ✓, aynı sonuç.

Problem 14.11Küçük açılara saçılma★★☆

1,0 μm kalınlığındaki altın folyoya gelen 7,7 MeV'lik alfa parçacıklarının ne kadarı 10°'den büyük açılara saçılır? Tek saçılma varsayımı burada hâlâ geçerli midir?

Çözümü göster

$b(10°) = 14{,}8\cot 5° = 169$ fm; $\sigma = \pi b^2 = 9{,}0\times10^{-26}\ \text{m}^2 = 900$ barn. Kesir $n\sigma t = 5{,}9\times10^{28} \times 9{,}0\times10^{-26} \times 10^{-6} = 5{,}3\times10^{-3}$, yani %0,5. Kesir hâlâ 1'den çok küçüktür; bir parçacığın iki kez 10°'den büyük saçılma olasılığı ihmal edilebilir. Daha küçük açılarda ise her alfa parçacığı birçok küçük sapma yapar (çoklu saçılma) ve formülün folyo deneylerinde doğrudan uygulanması zorlaşır.

Problem 14.12Kullanılabilir enerji★★☆

(14.14)'ü türetin. Çok enerjili çarpıştırıcılarda iki demeti karşı karşıya çarpıştırmak neden durgun bir hedefe göndermekten çok daha verimlidir? (Göreli olmayan yaklaşıklıkla eşit kütleler için karşılaştırın.)

Çözümü göster

(14.4)'te $v_2 = 0$ iken bağıl hız $v_1$'dir: $K_{\text{KM}} = \tfrac12\mu v_1^2 = \tfrac12\frac{m_1m_2}{m_1 + m_2}v_1^2 = \frac{m_2}{m_1 + m_2}E$ ✓. Eşit kütlelerde durgun hedefle gelen enerjinin yarısı kullanılabilir. Karşı karşıya $\pm v$ hızlarıyla çarpışan iki demette KM durgundur ve toplam enerjinin tamamı kullanılabilir. Göreli enerjilerde fark çok daha büyüktür: durgun hedefte kullanılabilir enerji gelen enerjinin yalnızca kareköküyle artar; Büyük Hadron Çarpıştırıcısı gibi makinelerin çarpışan demetlerle çalışmasının nedeni budur.

Problem 14.13Tesir kesitinin laboratuvar çerçevesine dönüşümü★★★

Eşit kütleli parçacıklarda laboratuvar ve KM diferansiyel tesir kesitlerinin $(\dd\sigma/\dd\Omega)_{\text{lab}} = 4\cos\theta\,(\dd\sigma/\dd\Omega)_{\text{KM}}$ bağıntısıyla ilişkili olduğunu gösterin. KM'de eşyönlü saçılma laboratuvarda nasıl görünür?

Çözümü göster

Aynı parçacıklar iki çerçevede farklı katı açılara düşer: $(\dd\sigma/\dd\Omega)_{\text{lab}}\dd\Omega = (\dd\sigma/\dd\Omega)_{\text{KM}}\dd\Omega_c$. $\theta_c = 2\theta$ ile $\dd\Omega_c/\dd\Omega = \sin\theta_c\,\dd\theta_c/(\sin\theta\,\dd\theta) = 2\sin 2\theta/\sin\theta = 4\cos\theta$ ✓. KM'de eşyönlü saçılma laboratuvarda $\cos\theta$ ile orantılı bir dağılım verir: parçacıklar öne doğru toplanır ve 90°'nin ötesine hiç saçılmaz.

Problem 14.14Hedefin geri tepmesi ve Rutherford formülü★★★

Hedef sonsuz ağır değilse Rutherford formülü KM çerçevesinde nasıl yazılır? Örnek 14.4 için düzeltmenin büyüklüğünü tahmin edin.

Çözümü göster

İki cisim problemi (8. bölüm), bağıl koordinatta indirgenmiş kütleli tek bir parçacığın problemine dönüşür. Bağıl hareket için (14.12) ve (14.13), $E$ yerine KM enerjisi $\tfrac12\mu v^2 = Em_2/(m_1 + m_2)$ ve $\theta$ yerine $\theta_c$ yazılarak aynen geçerlidir. Alfa–altın için $m_2/(m_1 + m_2) = 197/201 = 0{,}980$: enerji %2 küçülür, tesir kesiti yaklaşık %4 büyür. Laboratuvar açısına geçişte de (14.5) ile ($m_1/m_2 = 0{,}020$) küçük bir düzeltme gerekir.

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 14. bölüm: çarpışma kuramı, tesir kesitleri ve Rutherford saçılması.
H. Goldstein, C. Poole, J. Safko, Classical Mechanics, 3. baskı, 3.10–3.11. kısımlar: merkezi kuvvetlerde saçılma ve laboratuvar çerçevesine dönüşüm.
E. Rutherford, "The Scattering of α and β Particles by Matter and the Structure of the Atom", Philosophical Magazine 21 (1911): çekirdeğin keşfi.
H. Geiger, E. Marsden, "The Laws of Deflexion of α Particles through Large Angles", Philosophical Magazine 25 (1913): Rutherford formülünün deneysel doğrulaması.
J. R. Lamarsh, A. J. Baratta, Introduction to Nuclear Engineering, 3. baskı (Prentice Hall, 2001): nötron yavaşlatma ve tesir kesitleri.