Physics · Buku 5 · Bachelor Year 3

Fisika Universitas — Tahun 3

Fisika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

15Teori Hamburan

Hampir semua yang kita ketahui tentang yang kecil dipelajari dengan melemparkan sesuatu kepadanya lalu menyaksikan apa yang memantul. Rutherford menemukan inti atom dengan mencacah kilatan partikel alfa pada layar seng-sulfida; lima puluh tahun kemudian percobaan yang sama, yang dijalankan dengan elektron berenergi lebih tinggi, menemukan kuark di dalam proton; di antara keduanya dan sejak itu, tiap penampang lintang dalam fisika inti, partikel, atom dan zat mampat dibaca lewat teori bab ini. Bahasanya adalah penampang lintang — yakni luas sasaran yang efektif; benda kuantumnya adalah amplitudo hamburan, yang hampiran Bornnya mengatakan sesuatu yang tak terlupakan: sasaran yang meruah diselidiki dalam ruang Fourier, sudut demi sudut. Pada energi rendah gelombang parsialnya mengambil alih, meringkas tiap potensial yang rumit menjadi satu bilangan — yakni panjang hamburan — yang hari ini menala gas kuantum ultradingin; dan di tempat sebuah proyektil dapat berlama-lama dalam keadaan kuasiterikat, penampang lintangnya melonjak menjadi resonansi, yakni spektroskopi bagi yang selain itu tak terlihat.

15.1 Penampang lintang

Definisi 15.1 (Penampang lintang)

Kirimkanlah berkas seragam berfluks Φ\Phi (partikel tiap satuan luas tiap sekon) ke satu partikel sasaran. Laju proyektil yang terhambur ke dalam sudut ruang  ⁣dΩ\dd\Omega di sekitar arah (θ,φ)(\theta, \varphi) mendefinisikan penampang lintang diferensial,

 ⁣dN˙=Φ  ⁣dσ ⁣dΩ  ⁣dΩ,\dd\dot N = \Phi\,\frac{\dd\sigma}{\dd\Omega}\,\dd\Omega ,

dan integralnya σ=∫( ⁣dσ/ ⁣dΩ)  ⁣dΩ\sigma = \int(\dd\sigma/\dd\Omega)\,\dd\Omega adalah penampang lintang total: yakni luas yang secara efektif disajikan sasarannya. Untuk lempeng tipis dengan nn sasaran tiap satuan volume, sebuah berkas melemah sebagai e−nσx\eu^{-n\sigma x}: penampang lintang diukur dengan mencacah apa yang keluar. Satuannya: fisika inti memakai barn, 1 b=10−28 m21\,\mathrm{b} = 10^{-28}\,\mathrm{m}^{2} — kira-kira seukuran geometris sebuah inti uranium, “sebesar lumbung” bagi sebuah neutron.

Percobaan hamburannya: gelombang bidang masuk, gelombang bola keluar, dan sebuah detektor pada sudut yang mencacah. Pola sudut cacahnya adalah fisika sasarannya.
Percobaan hamburannya: gelombang bidang masuk, gelombang bola keluar, dan sebuah detektor pada sudut θ\theta yang mencacah. Pola sudut cacahnya adalah fisika sasarannya.

15.2 Amplitudo dan hampiran Born

Teorema 15.2 (Keadaan hamburan dan amplitudonya)

Untuk partikel berenergi E=ℏ2k2/2mE = \hbar^2k^2/2m yang bertemu potensial terlokalkan V(r→)V(\vect r), keadaan hamburan stasionernya berperilaku pada jarak jauh sebagai

ψ(r→)  ⟶  eikz+f(θ) eikrr,\psi(\vect r) \;\longrightarrow\; \eu^{\iu kz} + f(\theta)\,\frac{\eu^{\iu kr}}{r} ,

yakni gelombang bidang datang ditambah gelombang bola keluar yang dimodulasi amplitudo hamburan f(θ)f(\theta) (sebuah panjang), dan

 ⁣dσ ⁣dΩ=∣f(θ)∣2.\frac{\dd\sigma}{\dd\Omega} = |f(\theta)|^2 .

Bukti sebagian. Peluruhan 1/r1/r membuat fluks yang keluar menembus bola besar mana pun tetap berhingga; menghitung arus peluangnya (Proposisi 7.2) bagi kedua sukunya, arus radial keluar tiap sudut ruangnya adalah (ℏk/m)∣f∣2(\hbar k/m)|f|^2 berbanding fluks datangnya ℏk/m\hbar k/m: nisbahnya adalah definisi  ⁣dσ/ ⁣dΩ\dd\sigma/\dd\Omega. Bahwa penyelesaian berbentuk asimtotik ini ada diterima tanpa bukti. ∎

Teorema 15.3 (Hampiran Born)

Untuk potensial yang lemah (atau proyektil yang cepat), teori gangguan orde pertama dalam VV memberikan

f(θ)=−m2πℏ2∫V(r→) eiq→⋅r→  ⁣d3r,q→=k→−k→′,q=2ksin⁡θ2:f(\theta) = -\frac{m}{2\pi\hbar^2} \int V(\vect r)\,\eu^{\iu\vect q\cdot\vect r}\,\dd^3r , \qquad \vect q = \vect k - \vect k' , \quad q = 2k\sin\frac\theta2 :

amplitudonya adalah, kecuali tetapannya, transformasi Fourier potensialnya yang dihitung pada pemindahan momentum ℏq→\hbar\vect q. Percobaan hamburan adalah penganalisis Fourier bagi materi: sudut kecil membaca panjang gelombang panjang (struktur kasar), sudut besar membaca rinciannya yang halus — yakni alasan terdalam mengapa “energi lebih tinggi” berarti “jarak lebih kecil”.

Bukti sebagian. Inilah kaidah emas Fermi (Teorema 13.5) yang dijalankan antara gelombang bidang ∣k→⟩→∣k→′⟩\ket{\vect k} \to \ket{\vect k'}: unsur matriksnya adalah ∫Vei(k→−k→′)⋅r→ ⁣d3r\int V\eu^{\iu(\vect k - \vect k')\cdot\vect r}\dd^3r, kerapatan keadaan akhirnya memasok faktor kinematiknya, dan pembukuannya (yang diterima tanpa bukti) menyusun keduanya menjadi ff. Keelastikannya memberikan ∣k→′∣=∣k→∣|\vect k'| = |\vect k|, sehingga q=2ksin⁡(θ/2)q = 2k\sin(\theta/2) menurut segitiga sama kaki k→,k→′\vect k, \vect k'. ∎

Contoh 15.4 (Dari Yukawa ke Rutherford)

Untuk potensial Coulomb tersaring V=Q1Q24πε0r e−r/aV = \dfrac{Q_1Q_2}{4\pi \varepsilon_0 r}\,\eu^{-r/a} integral Bornnya bersifat dasar (Latihan 15.5) dan, ketika jejari penyaringnya a→∞a \to \infty,

 ⁣dσ ⁣dΩ=(Q1Q216πε0E)21sin⁡4(θ/2):\frac{\dd\sigma}{\dd\Omega} = \Big(\frac{Q_1Q_2}{16\pi\varepsilon_0 E}\Big)^2 \frac{1}{\sin^4(\theta/2)} :

yakni penampang lintang Rutherford. Karena kebetulan yang hanya dimiliki 1/r1/r, perhitungan klasiknya, hampiran Bornnya dan jawaban kuantum eksaknya semuanya sepakat — dan itulah sebabnya Rutherford, yang menghitung secara klasik pada 1911, memperoleh rumus yang benar dan, dari pembenarannya kilatan demi kilatan, memperoleh inti atomnya (Soal 15.1).

15.3 Gelombang parsial dan panjang hamburan

Teorema 15.5 (Pergeseran fase)

Untuk potensial sentral, uraikanlah keadaan hamburannya atas momentum sudutnya: tiap gelombang parsial ll meninggalkan daerah potensialnya dengan osilasi radialnya tergeser sebesar fase δl(k)\delta_l(k) — tarikan memajukannya, tolakan menundanya — dan amplitudo teramatinya tersusun kembali sebagai

f(θ)=1k∑l=0∞(2l+1) eiδlsin⁡δl Pl(cos⁡θ),σ=4πk2∑l(2l+1)sin⁡2δl.f(\theta) = \frac1k\sum_{l=0}^\infty(2l+1)\,\eu^{\iu\delta_l} \sin\delta_l\,P_l(\cos\theta) , \qquad \sigma = \frac{4\pi}{k^2}\sum_l(2l+1)\sin^2\delta_l .

Pada energi rendah, gerak hati klasiknya (l∼kbl \sim kb untuk parameter dampak bb) mengatakan bahwa hanya l=0l = 0 yang menembus: hamburannya menjadi isotropik dan satu bilangan yang memerintah,

f→−a,σ→4πa2,f \to -a , \qquad \sigma \to 4\pi a^2 ,

dengan a=−lim⁡k→0δ0/ka = -\lim_{k\to0}\delta_0/k adalah panjang hamburannya. Apa pun kerumitan dalamnya, sebuah sasaran pada energi rendah adalah panjang hamburannya — yakni penyederhanaan besar yang menjadi tumpuan fisika atom dingin.

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Sebuah gelombang parsial meninggalkan daerah interaksinya dengan osilasinya tergeser: yakni pergeseran fase _0. Segala yang dapat diketahui sebuah detektor tentang potensial sentral pada satu energi adalah daftar pergeseran ini.
Sebuah gelombang parsial meninggalkan daerah interaksinya dengan osilasinya tergeser: yakni pergeseran fase δ0\delta_0. Segala yang dapat diketahui sebuah detektor tentang potensial sentral pada satu energi adalah daftar pergeseran ini.

Contoh 15.6 (Neutron bertemu proton)

Neutron lambat terhambur oleh proton dengan σ≈20.4 b\sigma \approx 20.4\,\mathrm{b} — yakni luas empat puluh kali ukuran geometris deuteronnya. Penjelasannya: tumbukan energi rendahnya murni gelombang ss dengan dua saluran spin, yang panjang hamburannya terukur sebesar at=5.4 fma_{\text{t}} = 5.4\,\mathrm{fm} (triplet) dan as=−23.7 fma_{\text{s}} = -23.7\,\mathrm{fm} (singlet), keduanya jauh lebih besar daripada jangkauan gayanya yang 2 fm2\,\mathrm{fm}. ∣a∣|a| yang besar berarti adanya keadaan yang nyaris pada energi nol: deuteron triplet yang nyaris tak terikat (Contoh 7.9), dan dalam singletnya sebuah pasangan “maya” yang tepat gagal mengikat — kegagalannya tertulis dalam as<0a_{\text{s}} < 0. Sebuah teka-teki dua puluh barn, yang diselesaikan oleh dua keadaan terikat yang nyaris jadi (Latihan 15.7).

15.4 Resonansi

Proposisi 15.7 (Resonansi Breit–Wigner)

Jika proyektilnya dapat tertangkap sementara ke dalam keadaan kuasiterikat berenergi ERE_{\text{R}} dan berumur τ=ℏ/Γ\tau = \hbar/\Gamma, pergeseran fase yang bersesuaian menyapu melewati π/2\pi/2 dan penampang lintang parsialnya melonjak:

σl(E)≈4πk2 (2l+1) Γ2/4(E−ER)2+Γ2/4,\sigma_l(E) \approx \frac{4\pi}{k^2}\,(2l+1)\, \frac{\Gamma^2/4}{(E - E_{\text{R}})^2 + \Gamma^2/4} ,

yakni sebuah puncak Lorentz selebar Γ\Gamma pada langit-langit yang dapat dicapai gelombangnya (yakni “batas keuniteran” 4π(2l+1)/k24\pi(2l+1)/k^2). Dibaca terbalik, sebuah resonansi dalam penampang lintang adalah penemuan sebuah keadaan: letaknya adalah sebuah aras energi, lebarnya sebuah umur. Sebagian besar kebun binatang partikel pada Bab 26 ditemukan tepat sebagai tonjolan semacam itu.

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Dua wajah pergeseran fasenya. Kiri: keadaan kuasiterikat menyapukan melewati π/2 — yakni puncak Breit–Wigner yang lebarnya adalah sebuah umur. Kanan: efek Ramsauer–Townsend — dalam argon, _0 melewati π di dekat 1\, eV dan atomnya menjadi nyaris tembus pandang bagi elektron: yakni interferensi merusak sebagai antiresonansi.
Dua wajah pergeseran fasenya. Kiri: keadaan kuasiterikat menyapukan δ\delta melewati π/2\pi/2 — yakni puncak Breit–Wigner yang lebarnya adalah sebuah umur. Kanan: efek Ramsauer–Townsend — dalam argon, δ0\delta_0 melewati π\pi di dekat 1 eV1\,\mathrm{eV} dan atomnya menjadi nyaris tembus pandang bagi elektron: yakni interferensi merusak sebagai antiresonansi.

Metode 15.8 (Membaca sebuah soal hamburan)

(1) Kinematikanya lebih dahulu: kk, beserta rentang qq terjangkaunya 0≤q≤2k0 \le q \le 2k — skala struktur mana yang terlihat? (2) Cepat dan lemah: Born — transformasikanlah potensialnya secara Fourier; lalu periksalah kekecilannya. (3) Lambat: gelombang parsial, biasanya ss saja; pikirkanlah panjang hamburannya, dan harapkanlah σ=4πa2\sigma = 4\pi a^2 (untuk boson identik: 8πa28\pi a^2). (4) Puncak pada σ(E)\sigma(E): cocokkanlah Breit–Wigner, lalu laporkanlah sebuah aras dan sebuah umur; lekukan: sebuah fase yang melewati π\pi. (5) Sasaran yang meruah: kalikanlah amplitudo titiknya dengan faktor bentuknya — yakni transformasi Fourier kerapatannya (Latihan 15.12).

Laboratorium hamburan yang pertama: sebuah mikroskop kuningan yang diarahkan ke layar seng-sulfida, mencacah satu kilatan hijau samar tiap kedatangan partikel . Dari cacah semacam itu, sudut demi sudut, Rutherford menimbang teras atom.
Laboratorium hamburan yang pertama: sebuah mikroskop kuningan yang diarahkan ke layar seng-sulfida, mencacah satu kilatan hijau samar tiap kedatangan partikel α\alpha. Dari cacah semacam itu, sudut demi sudut, Rutherford menimbang teras atom.

15.5 Latihan

Latihan 15.1 ★

Sebuah berkas proton 1 µA1\,\text{µ}\mathrm{A} (6.2×10126.2 \times 10^{12} proton/s) berpenampang 1 cm21\,\mathrm{cm}^{2} melintasi keping emas 1 µm1\,\text{µ}\mathrm{m} (n=5.9×1028 m−3n = 5.9 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}). (a) Berapa kerapatan sasaran per luasnya? (b) Dengan σ=10 b\sigma = 10\,\mathrm{b} tiap intinya, berapa bagian berkasnya yang terhambur? (c) Berapa lajunya ke dalam detektor bersudut ruang 10−3 sr10^{-3}\,\mathrm{sr} seandainya hamburannya isotropik? (d) Mengapa “penampang lintang” merupakan sifat yang terdefinisi baik bagi pasangan (proyektil, sasaran, energi) alih-alih bagi sasarannya sendiri?

Solusi

Solusi Latihan 15.1.

(a) nt=5.9×1022 m−2nt = 5.9 \times 10^{22}\,\mathrm{m}^{-2}. (b) ntσ=5.9×1022×10−27=5.9×10−5nt\sigma = 5.9 \times 10^{22} \times 10^{-27} = 5.9 \times 10^{-5}. (c) Laju terhamburnya 6.2×1012×5.9×10−5=3.7×108 s−16.2 \times 10^{12} \times 5.9 \times 10^{-5} = 3.7 \times 10^{8}\,\mathrm{s}^{-1}; ke dalam 10−3/4π10^{-3}/4\pi bagian bolanya: 2.9×104 s−12.9 \times 10^{4}\,\mathrm{s}^{-1}. (d) “Luas” itu mengkodekan interaksinya sekaligus panjang gelombangnya: inti emas yang sama menyajikan luas yang berbeda kepada alfa, elektron dan neutron, dan pada energi yang berbeda pula.

Latihan 15.2 ★

Bola keras klasik berjejari R1,R2R_1, R_2: (a) tunjukkanlah σ=π(R1+R2)2\sigma = \pi(R_1 + R_2)^2. (b) Untuk molekul udara (R≈0.15 nmR \approx 0.15\,\mathrm{nm}, n=2.5×1025 m−3n = 2.5 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}), hitunglah jalan bebas rata-ratanya 1/nσ1/n\sigma, lalu bandingkanlah dengan nilai teori kinetik jilid Tahun 1. (c) Mengapa bola keras klasik tidak menunjukkan struktur sudut ( ⁣dσ/ ⁣dΩ\dd\sigma/\dd\Omega tetap — terimalah atau turunkanlah)? (d) Ciri manakah dari hamburan bola keras kuantum (Latihan 15.6) yang tidak mempunyai padanan klasik?

Solusi

Solusi Latihan 15.2.

(a) Pusat yang lebih dekat daripada R1+R2R_1 + R_2 bertumbukan: σ=π(R1+R2)2\sigma = \pi(R_1 + R_2)^2. (b) σ≈2.8×10−19 m2\sigma \approx 2.8 \times 10^{-19}\,\mathrm{m}^{2}: ℓ=1/nσ≈0.14 µm\ell = 1/n\sigma \approx 0.14\,\text{µ}\mathrm{m} — yakni skala teori kinetiknya (faktor 2\sqrt2 gerak nisbinya memperhalusnya). (c) Sebuah bola keras memantulkan tiap cincin parameter dampaknya secara merata pada sudutnya: jadi isotropik dalam limit klasiknya. (d) Penampang lintang berfaktor empat pada energi rendah — yakni difraksi gelombang murni, yang tak menyisakan satu pun logika bayangan klasik.

Latihan 15.3 ★

Pemindahan momentum. (a) Gambarlah segitiga k→\vect k, k→′\vect k' lalu turunkanlah q=2ksin⁡(θ/2)q = 2k\sin(\theta/2). (b) Untuk alfa 5.5 MeV5.5\,\mathrm{MeV} (k=1.0×1015 m−1k = 1.0 \times 10^{15}\,\mathrm{m}^{-1}): berapa rentang qq sepanjang θ∈[0,π]\theta \in [0, \pi], dan berapa struktur terkecil yang terpilah ∼1/qmax⁡\sim 1/q_{\max}? (c) Untuk elektron 500 MeV500\,\mathrm{MeV} (k≈E/ℏck \approx E/\hbar c): hal yang sama. (d) Bacalah pelajarannya yang mengaitkan energi berkas dengan daya mikroskopnya.

Solusi

Solusi Latihan 15.3.

(a) Segitiga sama kaki bersudut puncak θ\theta: q=2ksin⁡(θ/2)q = 2k\sin(\theta/2). (b) qq berjalan dari 00 sampai 2k=2×1015 m−12k = 2 \times 10^{15}\,\mathrm{m}^{-1}: struktur sampai ∼5×10−16 m\sim5 \times 10^{-16}\,\mathrm{m} pada asasnya terkodekan (penghalang Coulombnya, dalam praktik, menahan alfanya tetap di luar). (c) k=E/ℏc=2.5×1015 m−1k = E/\hbar c = 2.5 \times 10^{15}\,\mathrm{m}^{-1}: resolusinya ∼2×10−16 m\sim2 \times 10^{-16}\,\mathrm{m} — sudah di dalam protonnya. (d) Resolusinya ∼1/qmax⁡∼ℏ/p\sim 1/q_{\max} \sim \hbar/p: membeli energi berarti membeli penggaris yang lebih pendek.

Latihan 15.4 ★

Dari Teorema 15.2: (a) periksalah bahwa ∣f∣2|f|^2 berdimensi luas tiap sudut ruang; (b) tunjukkanlah bahwa fluks terhambur menembus sebuah bola adalah Φσ\Phi\sigma; (c) mengapa ff umumnya harus kompleks (hukum kekekalan mana yang dijaga fasenya)? (d) Nyatakanlah teorema optis σtot=(4π/k)Im⁡f(0)\sigma_{\text{tot}} = (4\pi/k)\operatorname{Im}f(0) beserta maknanya (gelombang ke depannya harus terkuras tepat sebanyak yang terhambur pergi).

Solusi

Solusi Latihan 15.4.

(a) ff adalah sebuah panjang; ∣f∣2|f|^2 sebuah luas — tiap steradian menurut konstruksinya. (b) Integralkanlah (ℏk/m)∣f∣2/r2(\hbar k/m)|f|^2/r^2 pada bolanya: hasilnya Φσ\Phi\sigma. (c) Kekekalan peluangnya: gelombang keluarnya harus berinterferensi merusak dengan berkas ke depannya untuk membayar apa yang terhambur; pembukuan itu tinggal dalam fase ff. (d) Teorema optisnya menyatakan tepat audit bayangan itu: pembuangan totalnya == kekurangan interferensi ke depannya.

Latihan 15.5 ★★

Born untuk Yukawa. Dengan V(r)=g e−μrrV(r) = \dfrac{g\,\eu^{-\mu r}}{r}: (a) kerjakanlah integral Bornnya (bagian sudutnya lebih dahulu, lalu ∫0∞sin⁡(qr)e−μr ⁣dr\int_0^ \infty\sin(qr)\eu^{-\mu r}\dd r) untuk memperoleh f=−2mgℏ2(q2+μ2)f = -\dfrac{2mg} {\hbar^2(q^2 + \mu^2)}. (b) Biarkanlah μ→0\mu \to 0 dengan g=Q1Q2/4πε0g = Q_1Q_2/4\pi\varepsilon_0 lalu perolehlah kembali Rutherford. (c) Mengapa penampang lintang total Rutherfordnya membesar tanpa batas, dan bahan fisis yang mana (penyaringan oleh elektron atomnya) yang memulihkan jawaban berhingga? (d) Dalam fisika partikel bentuk Yukawa dengan μ=mπc/ℏ\mu = m_\pi c/\hbar memodelkan gaya intinya: hitunglah jangkauannya 1/μ1/\mu untuk mπc2=140 MeVm_\pi c^2 = 140\,\mathrm{MeV}.

Solusi

Solusi Latihan 15.5.

(a) Integral sudutnya memberikan 4πsin⁡(qr)/qr4\pi\sin(qr)/qr; lalu, karena ∫0∞e−μrsin⁡(qr)  ⁣dr=q/(q2+μ2)\int_0^\infty\eu^{-\mu r}\sin(qr)\,\dd r = q/(q^2 + \mu^2), diperoleh f=−2mg/ℏ2(q2+μ2)f = -2mg/\hbar^2(q^2 + \mu^2). (b) μ→0\mu \to 0: ∣f∣2=(2mg/ℏ2q2)2|f|^2 = (2mg/\hbar^2q^2)^2; dengan q=2ksin⁡(θ/2)q = 2k\sin(\theta/2) dan E=ℏ2k2/2mE = \hbar^2k^2/2m inilah rumus Rutherford. (c) Pembesaran tanpa batasnya pada θ→0\theta \to 0 terintegralkan menjadi tak hingga: tiap partikel yang lewat terbelokkan sedikit oleh gaya berjangkauan tak hingga itu; dalam materi, elektron atomnya menyaring intinya di luar ∼10−10 m\sim10^{-10}\,\mathrm{m} lalu memotong pembesaran itu. (d) ℏ/mπc=197.3/140=1.4 fm\hbar/m_\pi c = 197.3/140 = 1.4\,\mathrm{fm} — yakni jangkauan gaya intinya, yang diramalkan dari massa pionnya.

Latihan 15.6 ★★

Bola keras kuantum (jejari aa), gelombang ss: di luarnya, u0=sin⁡(kr+δ0)u_0 = \sin(kr + \delta_0) dengan u0(a)=0u_0(a) = 0. (a) Tunjukkanlah δ0=−ka\delta_0 = -ka. (b) Tunjukkanlah σ→4πa2\sigma \to 4\pi a^2 ketika k→0k \to 0: yakni empat kali bayangan geometrisnya. (c) Berikanlah penjelasan gelombang bagi faktornya (difraksi tidak mempunyai bayangan yang tajam pada panjang gelombang panjang). (d) Pada energi tinggi jawabannya menuju 2πa22\pi a^2 — masih dua kali geometrisnya (difraksi bayangan): mengapa tak pernah sekadar πa2\pi a^2?

Solusi

Solusi Latihan 15.6.

(a) sin⁡(ka+δ0)=0\sin(ka + \delta_0) = 0 dengan pilihan terkecilnya: δ0=−ka\delta_0 = -ka. (b) σ=(4π/k2)sin⁡2(ka)→4πa2\sigma = (4\pi/k^2)\sin^2(ka) \to 4\pi a^2. (c) Pada λ≫a\lambda \gg a gelombangnya merasakan bolanya sebagai cacat titik lalu membangun dirinya kembali lewat difraksi di sekelilingnya — “bayangan” adalah gagasan panjang gelombang pendek, dan jawaban gelombangnya mencacah seluruh permukaan bolanya 4πa24\pi a^2. (d) Bahkan pada panjang gelombang pendek, membuang sebuah cakram gelombang menuntut pengisian kembali secara difraktif — bayangannya sendiri menghambur (πa2\pi a^2 penghalangan ++ πa2\pi a^2 difraksi bayangan).

Latihan 15.7 ★★

Dua puluh barn milik hidrogen. Neutron lambat tanpa polarisasi yang mengenai proton mencuplik saluran tripletnya dengan bobot 3/43/4 dan singletnya dengan 1/41/4: σ=π(3at2+as2)\sigma = \pi(3a_{\text{t}}^2 + a_{\text{s}}^2). (a) Hitunglah dengan at=5.4 fma_{\text{t}} = 5.4\,\mathrm{fm}, as=−23.7 fma_{\text{s}} = -23.7\,\mathrm{fm} lalu bandingkanlah dengan nilai terukur 20.4 b20.4\,\mathrm{b}. (b) Saluran mana yang menguasainya, walaupun bobot statistiknya lebih kecil? (c) Kaitkanlah besar dan tanda ata_{\text{t}} dengan ikatan deuteron yang nyaris nol; apa yang dikatakan as<0a_{\text{s}} < 0 tentang sistem singletnya? (d) Mengapa air merupakan moderator neutron reaktor yang begitu berdaya guna — dan mengapa penampang lintang ini berperan baginya?

Solusi

Solusi Latihan 15.7.

(a) π(3×5.42+23.72) fm2=π×649 fm2=20.4 b\pi(3 \times 5.4^2 + 23.7^2)\,\mathrm{fm}^{2} = \pi \times 649 \,\mathrm{fm}^{2} = 20.4\,\mathrm{b} — yakni nilai terukurnya. (b) Singletnya: ∣as∣|a_{\text{s}}|-nya yang raksasa mengalahkan bobotnya yang 1/41/4. (c) ata_{\text{t}} besar dan positif: sebuah keadaan terikat sejati (deuteronnya) yang tepat di bawah ambangnya; asa_{\text{s}} besar dan negatif: sebuah aras “maya” yang tepat di atasnya — nyaris sebuah deuteron kedua yang enggan diikat alam. (d) Inti hidrogen adalah pasangan yang paling sepadan momentumnya bagi neutron (massanya sama), dan dua puluh barn hamburan elastik tiap protonnya menjadikan air sebuah moderator yang luar biasa ringkas.

Latihan 15.8 ★★

Ramsauer–Townsend. Modelkanlah atom argon, bagi elektron yang datang, sebagai sumur persegi menarik berjangkauan R=0.2 nmR = 0.2\,\mathrm{nm}. (a) Di dalamnya, bilangan gelombangnya K=2m(E+V0)/ℏK = \sqrt{2m(E + V_0)}/\hbar: penyesuaiannya dapat membuat gelombang luarnya muncul dengan δ0=π\delta_0 = \pi tepat — berapa penampang lintang gelombang ss-nya lalu? (b) Mengapa atomnya menjadi nyaris tak terlihat pada energi itu padahal sumurnya kuat? (c) Perkirakanlah V0V_0 yang menempatkan ketembusannya di dekat E=1 eVE = 1\,\mathrm{eV} (buatlah sumurnya memuat setengah panjang gelombang: KR≈πKR \approx \pi). (d) Mengapa helium dan neon tidak menunjukkan efek itu pada energi yang setara (sumurnya terlalu dangkal untuk membuat δ0\delta_0 mencapai π\pi) — dan apa yang dibuktikan keberadaan efek itu saja tentang gelombang materi?

Solusi

Solusi Latihan 15.8.

(a) σ0=(4π/k2)sin⁡2π=0\sigma_0 = (4\pi/k^2)\sin^2\pi = 0: gelombang ss-nya keluar persis seolah-olah tak ada atom di sana. (b) Gelombangnya sangat terpuntir di dalam, tetapi muncul dengan sejumlah bulat setengah gelombang tambahan: tanpa simpangan fase yang teramati, tanpa hamburan — yakni interferensi merusak riak gelombang terhamburnya. (c) KR≈πKR \approx \pi dengan E≪V0E \ll V_0: V0≈π2ℏ2/2mR2≈9 eVV_0 \approx \pi^2\hbar^2/2mR^2 \approx 9\,\mathrm{eV} — sebuah sumur berskala atom. (d) Sumurnya yang lebih dangkal tak pernah memutar fasenya melewati π\pi pada energi berorde eV. Efeknya tak dapat ditiru secara klasik: sebuah jendela tembus pandang dalam tarikan yang kuat hanya ada bagi gelombang.

Latihan 15.9 ★★

Untuk amplitudo gelombang ss murni f=eiδ0sin⁡δ0/kf = \eu^{\iu\delta_0}\sin\delta_0/ k: (a) hitunglah σ\sigma; (b) hitunglah (4π/k)Im⁡f(0)(4\pi/k)\operatorname{Im} f(0) lalu periksalah teorema optisnya; (c) tunjukkanlah bahwa penampang lintang gelombang ss maksimumnya adalah 4π/k24\pi/k^2 (yakni batas keuniterannya) lalu hitunglah untuk neutron termal (k=3.1×1010 m−1k = 3.1 \times 10^{10}\,\mathrm{m}^{-1}) dalam barn; (d) mengapa sebuah resonansi tak pernah dapat mendorong σ0\sigma_0 melampaui langit-langit itu, sekuat apa pun interaksinya?

Solusi

Solusi Latihan 15.9.

(a) σ=4πsin⁡2δ0/k2\sigma = 4\pi\sin^2\delta_0/k^2. (b) Im⁡f(0)=sin⁡2δ0/k\operatorname{Im}f(0) = \sin^2\delta_0/k: (4π/k)Im⁡f(0)=σ(4\pi/k)\operatorname{Im}f(0) = \sigma — jadi terbukti. (c) sin⁡2δ0≤1\sin^2\delta_0 \le 1: langit-langitnya 4π/k2≈1×10−20 m2=1084\pi/k^2 \approx 1 \times 10^{-20}\,\mathrm{m}^{2} = 10^{8} barn untuk neutron termal — masih berlapang di atas penyerap paling raksasa sekalipun (xenon-135 yang berjuta barn). (d) Langit-langitnya adalah keuniteran: sebuah gelombang tak dapat membuang fluks lebih banyak daripada yang diizinkan interferensinya; kekuatannya menjenuhkan sinusnya, tak pernah melampauinya.

Latihan 15.10 ★★★

Sebuah resonansi neutron. Uranium-238 menunjukkan resonansi termasyhur bagi neutron pada ER=6.67 eVE_{\text{R}} = 6.67\,\mathrm{eV} dengan lebar total Γ=27 meV\Gamma = 27\,\mathrm{meV}. (a) Hitunglah umur resonansinya. (b) Hitunglah 4π/k24\pi/k^2 pada energi itu, dalam barn, lalu bandingkanlah dengan puncak terukurnya ∼2×104 b\sim2 \times 10^{4}\,\mathrm{b} (selisihnya adalah faktor percabangan antara saluran elastik dan saluran penangkapannya — berilah ulasan). (c) Berapa lebarnya dalam satuan suhu: mengapa pelebaran Doppler resonansi ini seiring suhu bahan bakarnya berperan bagi kemantapan reaktornya (umpan balik bertanda apa)? (d) Dalam dua kalimat: bagaimana resonansi semacam itu menjadikan 238^{238}U penyerap neutron dalam rentang epitermalnya, dan mengapa hal itu pusat bagi rancangan reaktornya.

Solusi

Solusi Latihan 15.10.

(a) τ=ℏ/Γ=6.58×10−16/0.027=2.4×10−14 s\tau = \hbar/\Gamma = 6.58 \times 10^{-16}/0.027 = 2.4 \times 10^{-14}\,\mathrm{s} — panjang menurut skala waktu inti: sebuah inti majemuk yang “melupakan” pembentukannya. (b) 4π/k2≈3.9×1054\pi/k^2 \approx 3.9 \times 10^{5} b; nilai teramatinya 2.3×1042.3 \times 10^{4} b adalah langit-langitnya dikalikan bagian percabangan saluran masuknya (Γn/Γ∼0.06\Gamma_n/\Gamma \sim 0.06) — resonansi menjual tiketnya menurut lebar parsialnya. (c) Γ/kB≈310 K\Gamma/k_{\text{B}} \approx 310\,\mathrm{K}: memanaskan bahan bakarnya melebarkan resonansinya secara Doppler, sehingga menangkap lebih banyak neutron selama pelambatannya — serapannya tumbuh seiring suhunya, yakni umpan balik negatif yang segera dan terpasang dalam uraniumnya sendiri. (d) Di antara energi termal dan cepatnya, hutan resonansi 238^{238}U melahap neutronnya; geometri bahan bakar dan moderatornya dirancang untuk menyelundupkan neutronnya melewati hutan itu, dan umpan balik Dopplernya adalah tiang keselamatan reaktornya.

Latihan 15.11 ★★★

Atom dingin hidup dari satu bilangan. (a) Untuk boson identik penampang lintang energi rendahnya adalah 8πa28\pi a^2 (yakni interferensi penukaran yang membangun — terimalah): hitunglah untuk rubidium dengan a=100 a0a = 100\,a_0. (b) Pada T=100 nKT = 100\,\mathrm{nK}, periksalah bahwa ka≪1ka \ll 1 (hitunglah kk dari kBT=ℏ2k2/2mk_{\text{B}}T = \hbar^2k^2/2m, m=1.4×10−25 kgm = 1.4 \times 10^{-25}\,\mathrm{kg}): gasnya sungguh melupakan segalanya kecuali aa. (c) Di dekat resonansi “Feshbach” sebuah medan magnet menyeret aras molekulnya melewati energi nol sehingga aa membesar tanpa batas lalu berganti tanda, persis seperti dalam Contoh 15.6: apa yang terjadi pada interaksi gasnya sesuka kita? (d) Mengapa kedapattalaan ini — kekuatan interaksi pada sebuah tombol putar — merupakan alat impian seorang fisikawan (sebutkanlah satu kegunaannya: membuat molekul, mensimulasikan materi berkopling kuat, meruntuhkan kondensat)?

Solusi

Solusi Latihan 15.11.

(a) a=5.3 nma = 5.3\,\mathrm{nm}: σ=8πa2=7×10−16 m2\sigma = 8\pi a^2 = 7 \times 10^{-16}\,\mathrm{m}^{2}. (b) k=2mkBT/ℏ≈6×106 m−1k = \sqrt{2mk_{\text{B}}T}/\hbar \approx 6 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{-1}: ka≈0.03≪1ka \approx 0.03 \ll 1. (c) Gasnya dapat diputar dari ideal (a≈0a \approx 0) melewati keadaan sangat tolak sampai keadaan tarik yang tak mantap — yakni interaksi sebagai tombol percobaan. (d) Menyapu melintasi resonansinya memasangkan atomnya menjadi molekul; pada a→∞a \to \infty gasnya menjadi sekuat kopling materi bintang neutron dalam bentuk di atas meja — yakni simulasi kuantum lewat panjang hamburan.

Latihan 15.12 ★★★

Faktor bentuk: menimbang awan muatan. Untuk kerapatan muatan meruah ρ(r→)\rho(\vect r), amplitudo Bornnya mengalikan jawaban titiknya dengan F(q)=∫ρ(r→)eiq→⋅r→ ⁣d3r/QF(q) = \int\rho(\vect r)\eu^{\iu\vect q\cdot\vect r} \dd^3r/Q. (a) Tunjukkanlah F(0)=1F(0) = 1. (b) Jabarkanlah untuk qq kecil: F≈1−q2⟨r2⟩/6F \approx 1 - q^2\langle r^2\rangle/6: mengukur peluruhannya pada qq rendah menimbang ⟨r2⟩\langle r^2\rangle. (c) Hamburan elektron–proton mencocokkan ⟨r2⟩≈0.84 fm\sqrt{\langle r^2\rangle} \approx 0.84\,\mathrm{fm}: pengukuran bebas yang mana dari Soal 11.1 (hidrogen muonik) yang memeriksanya silang, dan mengapa ketaksesuaiannya dalam sejarah (“teka-teki jejari proton”) ditanggapi begitu serius? (d) Pada q≫1/rpq \gg 1/r_{\text{p}} faktor bentuk elastiknya runtuh namun hamburan kerasnya bertahan dari penyusun mirip titik: nyatakanlah dalam satu kalimat apa yang ditemukan versi taklenting dalam percobaan Rutherford pada 1968 di dalam protonnya.

Solusi

Solusi Latihan 15.12.

(a) F(0)=∫ρ/Q=1F(0) = \int\rho/Q = 1. (b) Jabarkanlah eksponensialnya; suku linearnya merata-rata menjadi nol, dan suku kuadratiknya memberikan −q2⟨r2⟩/6-q^2\langle r^2\rangle/6. (c) Pergeseran Lamb hidrogen muonik (Soal 11.1) menimbang ⟨r2⟩\langle r^2\rangle yang sama lewat metode yang sama sekali berbeda; ketaksesuaian keduanya pada tingkat 4%4\% (0.877 berbanding 0.841 fm0.841\,\mathrm{fm}) menyiratkan entah sistematika yang halus entah fisika baru — sehingga lahirlah satu dasawarsa pengukuran ulang (sistematikanya, sebagian besar, sebagaimana akhirnya terjawab). (d) Protonnya adalah awan yang lunak dengan butiran keras di dalamnya: yakni kuark — argumen Rutherford, satu tingkat lebih dalam.

15.6 Soal: Para pencacah kilatan yang menemukan inti atom

Soal 15.1

Soal akhir pekan — hamburan Rutherford, dari geometri ke kuark

Pada 1909 Geiger dan Marsden duduk dalam gelap mencacah kilatan sintilasi: partikel alfa yang ditembakkan menembus keping emas, dengan beberapa memantul nyaris ke belakang — “seolah-olah sebutir peluru meriam memantul dari kertas tisu”. Analisis Rutherford atas cacah itu pada 1911 menciptakan atom berinti. Soal ini membangunnya kembali. Data: energi alfanya E=5.5 MeVE = 5.5\,\mathrm{MeV}, muatannya z=2z = 2; emas Z=79Z = 79, tebal kepingnya t=0.4 µmt = 0.4\,\text{µ}\mathrm{m}, n=5.9×1028 atom/m3n = 5.9 \times 10^{28}\,\mathrm{atom}/\mathrm{m}^{3}; kC=1/4πε0=8.99×109 N m2/C2k_C = 1/4\pi\varepsilon_0 = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{C}^{2}.

Bagian I — Satu alfa, satu inti.

  1. Dalam gambaran puding kismis (muatannya tersebar pada atomnya, 10−10 m10^{-10}\,\mathrm{m}), perkirakanlah pembelokan maksimum yang dapat diberikan satu atom kepada alfa 5.5 MeV5.5\,\mathrm{MeV} (medan sebuah bola yang terlumat: θ∼\theta \sim gaya ×\times waktu / momentum ∼2Zze2kC/(E⋅10−10 m)\sim 2Zze^2k_C/(E\cdot10^{-10}\,\mathrm{m}) dalam radian). Dapatkah penumpukan sentakan semacam itu mengirimkan alfa ke belakang?
  2. Kini biarkanlah muatannya berupa sebuah titik. Tuliskanlah jarak pendekatan terdekat d0d_0 untuk tumbukan berhadapan (seluruh energi kinetiknya menjadi energi Coulomb) lalu hitunglah.
  3. Karena itu, apa yang langsung disiratkan laju hamburan nyaris ke belakang yang terukur tentang seberapa terpusat muatan positif atomnya?
  4. Untuk parameter dampak bb yang umum, orbit klasiknya memberikan tan⁡(θ/2)=d0/2b\tan(\theta/2) = d_0/2b (diterima tanpa bukti — yakni hiperbola pada bab gravitasi jilid Tahun 1, dengan tolakannya): periksalah limitnya pada b→0b \to 0 dan b→∞b \to \infty.
  5. Hitunglah parameter dampak yang menghamburkan sebuah alfa lebih dari 90∘90^\circ, beserta bagian alfa yang melewati kepingnya yang mendekati sebuah inti dalam jarak itu (nt πb2n t\,\pi b^2).
  6. Geiger dan Marsden mendapati sekitar 1 dari 8000 alfa terbelokkan melampaui 90∘90^\circ: bandingkanlah.

Bagian II — Penampang lintangnya.

  1. Alfa dengan parameter dampak dalam [b,b+ ⁣db][b, b + \dd b] terhambur ke dalam [θ,θ+ ⁣dθ][\theta, \theta + \dd\theta]: dari  ⁣dσ=2πb ∣ ⁣db∣\dd\sigma = 2\pi b\,|\dd b| dan hubungan orbitnya, turunkanlah

     ⁣dσ ⁣dΩ=(d04)21sin⁡4(θ/2).\frac{\dd\sigma}{\dd\Omega} = \Big(\frac{d_0}{4}\Big)^2\frac{1}{\sin^4(\theta/2)} .
  2. Periksalah bahwa ini cocok dengan jawaban Born atau kuantum pada Contoh 15.4 (tuliskanlah ulang d0d_0 dalam EE).
  3. Hitunglah  ⁣dσ/ ⁣dΩ\dd\sigma/\dd\Omega pada θ=30∘\theta = 30^\circ, 60∘60^\circ, 120∘120^\circ (dalam barn tiap steradian).
  4. Cacah Geiger dan Marsden pada 1913 dengan geometri tetap berskala sebagai 1: sin⁡−4(θ/2)1{:}\,\sin^{-4}(\theta/2): hitunglah nisbah cacah yang diramalkan antara 30∘30^\circ dan 120∘120^\circ lalu perhatikanlah bahwa datanya mengikuti nisbah semacam itu sepanjang lima orde besar laju.
  5. Mengapa Z2Z^2 dalam rumus yang sama membiarkan percobaannya menimbang muatan intinya — dan bagaimana pencocokan semacam itu membantu memancangkan ZZ (emas: 79) sebagai nomor atomnya?
  6. Perhatikan 1/E21/E^2: apa yang terjadi pada seluruh pola sudutnya ketika energi alfanya dilipatduakan?

Bagian III — Ukuran intinya.

  1. Pendekatan terdekat pada sudut θ\theta: d(θ)=d02[1+1/sin⁡(θ/2)]d(\theta) = \tfrac{d_0}2[1 + 1/\sin(\theta/2)] (diterima tanpa bukti). Hitunglah untuk θ=180∘\theta = 180^\circ dan 60∘60{}^{\circ}.
  2. Selama d(θ)d(\theta) melampaui jejari intinya, rumus muatan titiknya berlaku: batas atas ukuran inti emas yang mana yang ditegakkan titik 180∘180^\circ Rutherford yang terbenarkan itu?
  3. Dengan proyektil berenergi lebih tinggi, cacah pada sudut besar jatuh di bawah nilai Rutherford: apa yang ditandakan penyimpangan itu (gaya baru yang mana, pada jarak berapa)?
  4. Hamburan elektron modern memberikan jejari inti R≈r0A1/3R \approx r_0A^{1/3} dengan r0=1.2 fmr_0 = 1.2\,\mathrm{fm}: hitunglah untuk emas (A=197A = 197) lalu bandingkanlah dengan batas Anda.
  5. Perhatikan A1/3A^{1/3}: apa yang dikatakannya tentang kerapatan materi inti (tetap? tumbuh?) — yakni fakta yang akan menjadi pijakan Bab 25.
  6. Mengapa model puding kismis (yang buta terhadap muatan) mati justru oleh percobaan ini alih-alih oleh spektroskopi?

Bagian IV — Cucu-cucu Rutherford.

  1. Daftarkanlah tabel terjemahan yang tepat antara 1911 dan 1968: alfa →\to berkas elektron, atom emas →\to proton, inti →\to kuark — apa yang berperan sebagai “peristiwa bersudut besar yang tak terduga” di SLAC?
  2. Mengapa elektron merupakan penyelidik yang lebih bersih (kerumitan hamburan alfa–inti yang mana yang tidak dimilikinya)?
  3. Dalam bahasa Born: hamburan elastik pada qq tinggi mengukur runtuhnya faktor bentuknya (yakni awan yang lunak), sedangkan laju taklentingnya tetap besar dan nyaris mirip titik: nyatakanlah kesimpulan yang ditarik.
  4. Busur satu abad dalam tiga baris: berikanlah (energi penyelidiknya, jarak yang terpilah) untuk alfa 1911 (∼10−14 m\sim10^{-14}\,\mathrm{m}), SLAC 1968 (20 GeV20\,\mathrm{GeV}, ∼10−16 m\sim10^{-16}\,\mathrm{m}), dan LHC (skala TeV, ∼10−19 m\sim10^{-19}\,\mathrm{m}) — dengan memakai kaidah “resolusinya ∼ℏc/(qc)\sim \hbar c/(qc)”.
  5. Neutron, yang tak bermuatan, hanya terhambur oleh inti (dan oleh momen magnetik): sebutkanlah dua hal yang karenanya dipetakan hamburan neutron dalam bahan yang kurang terlihat sinar-X (atom ringan seperti hidrogen; penataan magnetik).
  6. Penampang lintang penemuan di LHC diukur dalam femtobarn (10−43 m210^{-43}\,\mathrm{m}^{2}): dari barn ke femtobarn terbentang lima belas orde besar — apa yang dikatakannya tentang betapa langkanya tumbukan yang menarik, dan mengapa luminositas (fluks yang diantarkan) sama berharganya dengan energinya?
  7. Ringkaslah hasil bernama itu: sebuah hukum sin⁡−4(θ/2)\sin^{-4}(\theta/2), yang dibenarkan kilatan demi kilatan, menempatkan 99.98%99.98\% massa atomnya dalam volume 10−1410^{-14} kali ukurannya — dan percobaan yang sama, yang diulang makin keras, tak pernah berhenti menemukan lapisan berikutnya.
Solusi

Solusi Soal 15.1.

1. θ∼8×10−4\theta \sim 8 \times 10^{-4} rad tiap atomnya; bahkan jalan acak menembus 10410^4 lapisan atom hanya menumpuk beberapa derajat: hamburan ke belakang mustahil dalam pudingnya. 2. E=kCzZe2/d0E = k_CzZe^2/d_0: d0=kCzZe2/E=4.1×10−14 md_0 = k_CzZe^2/E = 4.1 \times 10^{-14}\,\mathrm{m} — empat puluh femtometer. 3. Bahwa seluruh muatan positifnya duduk di dalam ∼4×10−14 m\sim4 \times 10^{-14}\,\mathrm{m}: sepuluh ribu kali lebih kecil daripada atomnya. 4. b→0b \to 0: θ→180∘\theta \to 180^\circ; b→∞b \to \infty: θ→0\theta \to 0 — pantulan berhadapan, dan serempetan jauh. 5. θ>90∘\theta > 90^\circ menuntut b<d0/2=2.1×10−14 mb < d_0/2 = 2.1 \times 10^{-14}\,\mathrm{m}: bagiannya nt πb2≈3×10−5nt\,\pi b^2 \approx 3 \times 10^{-5} — satu alfa tiap tiga puluh ribu untuk keping ini. 6. Orde yang sama dengan satu dari delapan ribu milik Geiger dan Marsden (kepingnya lebih tebal): pantulan yang “mustahil” itu tiba tepat sesering yang dituntut sebuah inti titik. 7.  ⁣dσ=2πb∣ ⁣db∣\dd\sigma = 2\pi b|\dd b| dengan b=(d0/2)cot⁡(θ/2)b = (d_0/2)\cot(\theta/2): ∣ ⁣db/ ⁣dθ∣=(d0/4)/sin⁡2(θ/2)|\dd b/\dd\theta| = (d_0/4)/\sin^2( \theta/2), dan  ⁣dΩ=2πsin⁡θ  ⁣dθ\dd\Omega = 2\pi\sin\theta\,\dd\theta; setelah disusun, peniadaan sin⁡θ=2sin⁡(θ/2)cos⁡(θ/2)\sin\theta = 2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2) menyisakan (d0/4)2sin⁡−4(θ/2)(d_0/4)^2\sin^{-4}(\theta/2). 8. d0/4=kCzZe2/4E=Q1Q2/16πε0Ed_0/4 = k_CzZe^2/4E = Q_1Q_2/16\pi\varepsilon_0E: yakni hasil Bornnya — kebetulan 1/r1/r itu. 9. (d0/4)2=1.06 b/sr(d_0/4)^2 = 1.06\,\mathrm{b}/\mathrm{sr}: 236236, 1717 dan 1.9 b/sr1.9\,\mathrm{b}/\mathrm{sr} pada 30∘30^\circ, 60∘60^\circ, 120∘120^\circ. 10. (sin⁡60∘/sin⁡15∘)4≈125(\sin60^\circ/\sin15^\circ)^4 \approx 125: cacah mereka mengikuti nisbah semacam itu sepanjang lima dasawarsa laju — jadi sebuah hukum, bukan sekadar kecenderungan. 11. Lajunya berskala sebagai Z2Z^2 pada geometri tetap: membandingkan kepingnya mengalibrasi muatan intinya sendiri, sehingga menyumbang pada penyamaan ZZ dengan nomor atomnya. 12. Tiap lajunya turun empat kali lipat; bentuk sudutnya tak tersentuh — yakni sidik percobaan yang bersih bagi 1/E21/E^2. 13. d(180∘)=d0=41 fmd(180^\circ) = d_0 = 41\,\mathrm{fm}; d(60∘)=(d0/2)(1+2)=62 fmd(60^\circ) = (d_0/2)(1 + 2) = 62\,\mathrm{fm}. 14. Rumusnya bertahan pada sudut terbesarnya: inti emasnya lebih kecil daripada ∼4×10−14 m\sim4 \times 10^{-14}\,\mathrm{m}. 15. Proyektilnya mulai menyentuh intinya: gaya kuat berjangkauan pendeknya (beserta serapannya) mulai bekerja pada jarak berskala femtometer — penyimpangannya mengukur tepi intinya. 16. R=1.2×1971/3=7.0 fmR = 1.2 \times 197^{1/3} = 7.0\,\mathrm{fm} — nyaman di dalam batas Rutherford. 17. Volumenya ∝A\propto A: materi inti berkerapatan tetap (∼2×1017 kg/m3\sim2 \times 10^{17}\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}) — inti adalah tetesan zat cair yang tak termampatkan, yakni gambaran awal Bab 25. 18. Spektroskopi menyelidiki elektronnya; hanya proyektil yang menembus atomnya yang dapat bersaksi di mana muatan positif dan massanya berada. 19. Elektron 2020 GeV yang terhambur pada sudut yang luar biasa besar dengan kehilangan energi yang besar — terlalu banyak peristiwa keras bagi proton yang lunak: yakni pantulan Rutherford, yang diperagakan kembali. 20. Elektron tidak merasakan gaya kuat dan tidak mempunyai substruktur yang dikenal: yakni penyelidik titik yang hanya membaca muatan, tanpa satu pun kemajemukan alfanya sendiri. 21. Runtuhnya faktor bentuk elastiknya mengatakan bahwa protonnya adalah awan yang meruah; bertahannya hamburan taklenting yang keras mengatakan bahwa awan itu memuat penyusun mirip titik — yakni kuark (parton). 22. 1911: ∼10−14 m\sim10^{-14}\,\mathrm{m}; SLAC: ℏc/q∼0.2 fm=2×10−16 m\hbar c/q \sim 0.2\,\mathrm{fm} = 2 \times 10^{-16}\,\mathrm{m}; LHC: ∼2×10−19 m\sim2 \times 10^{-19}\,\mathrm{m} — lima orde besar penggaris dalam satu abad. 23. Kedudukan hidrogen (dalam es, polimer, protein) dan struktur magnetiknya (antiferomagnet, spiral spin) — keduanya nyaris tak terlihat sinar-X, dan keduanya makanan sehari-hari bagi neutron. 24. Proses yang layak ditemukan terjadi sekali tiap 101510^{15} perjumpaan biasa: hanya luminositas yang raksasa yang mengubah femtobarn menjadi peristiwa tiap tahun — rancangan penumbuk adalah aritmetika penampang lintang. 25. Sebuah hukum sin⁡−4(θ/2)\sin^{-4}(\theta/2), yang diperiksa kilatan demi kilatan, memusatkan massa atomnya ke dalam 10−1410^{-14} volumenya; dijalankan pada qq yang makin tinggi, percobaan yang sama menemukan ukuran intinya, lalu penyusunnya, dan masih terus mencari.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 431 istilah di glosarium