Physics · Boek 5 · Bachelor Year 3

Universitaire natuurkunde — jaar 3

Universitaire natuurkunde — jaar 3 · Bachelor Year 3

15Verstrooiingstheorie

Vrijwel alles wat we over het kleine weten is geleerd door er iets tegenaan te gooien en te kijken wat er terugkaatst. Rutherford ontdekte de atoomkern door lichtflitsen van alfadeeltjes op een scherm van zinksulfide te tellen; vijftig jaar later vond dezelfde proef, met elektronen van hogere energie uitgevoerd, quarks in het proton; daartussen en sindsdien is elke werkzame doorsnede in de kernfysica, de deeltjesfysica, de atoomfysica en de fysica van de gecondenseerde materie door de theorie van dit hoofdstuk gelezen. De taal is de werkzame doorsnede — een effectief trefoppervlak; het kwantumobject is de verstrooiingsamplitude, wier bornbenadering iets onvergetelijks zegt: een uitgesmeerd trefdeeltje wordt in de fourierruimte afgetast, hoek voor hoek. Bij lage energie nemen de partiële golven het over en storten zij elke ingewikkelde potentiaal in tot één getal — de verstrooiingslengte — waarmee vandaag ultrakoude kwantumgassen worden afgestemd; en waar een projectiel in een quasigebonden toestand kan blijven hangen, piekt de werkzame doorsnede in resonanties, de spectroscopie van het anders onzichtbare.

15.1 Werkzame doorsneden

Definitie 15.1 (Werkzame doorsnede)

Stuur een uniforme bundel met flux Φ\Phi (deeltjes per eenheid van oppervlak per seconde) op één trefdeeltje af. Het tempo waarmee projectielen in de ruimtehoek  ⁣dΩ\dd\Omega rond de richting (θ,φ)(\theta, \varphi) verstrooien definieert de differentiële werkzame doorsnede,

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

en haar integraal σ=∫( ⁣dσ/ ⁣dΩ)  ⁣dΩ\sigma = \int(\dd\sigma/\dd\Omega)\,\dd\Omega is de totale werkzame doorsnede: het oppervlak dat het trefdeeltje effectief aanbiedt. Voor een dunne plak met nn trefdeeltjes per eenheid van volume verzwakt een bundel als e−nσx\eu^{-n\sigma x}: werkzame doorsneden worden gemeten door te tellen wat eruit komt. Eenheden: de kernfysica gebruikt de barn, 1 b=10−28 m21\,\mathrm{b} = 10^{-28}\,\mathrm{m}^{2} — ongeveer de meetkundige afmeting van een uraniumkern, “zo groot als een schuur” voor een neutron.

De verstrooiingsproef: een vlakke golf erin, een bolgolf eruit, en een detector onder de hoek die telt. Het hoekpatroon van de tellingen is de natuurkunde van het trefdeeltje.
De verstrooiingsproef: een vlakke golf erin, een bolgolf eruit, en een detector onder de hoek θ\theta die telt. Het hoekpatroon van de tellingen is de natuurkunde van het trefdeeltje.

15.2 De amplitude en de bornbenadering

Stelling 15.2 (Verstrooiingstoestanden en de amplitude)

Voor een deeltje met energie E=ℏ2k2/2mE = \hbar^2k^2/2m dat een gelokaliseerde potentiaal V(r→)V(\vect r) ontmoet, gedraagt de stationaire verstrooiingstoestand zich op grote afstand als

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

een invallende vlakke golf plus een uitgaande bolgolf gemoduleerd door de verstrooiingsamplitude f(θ)f(\theta) (een lengte), en

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

Gedeeltelijk bewijs. Door de afname als 1/r1/r blijft de uitgaande flux door elke grote bol eindig; berekenen we de waarschijnlijkheidsstromen (Propositie 7.2) van de twee termen, dan is de uitgaande radiale stroom per ruimtehoek (ℏk/m)∣f∣2(\hbar k/m)|f|^2 tegen de invallende flux ℏk/m\hbar k/m: de verhouding is de definitie van  ⁣dσ/ ⁣dΩ\dd\sigma/\dd\Omega. Dat er oplossingen met deze asymptotische vorm bestaan, wordt aangenomen. ∎

Stelling 15.3 (Bornbenadering)

Voor een zwakke potentiaal (of een snel projectiel) geeft de storingsrekening van eerste orde in VV

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 :

is de amplitude, op constanten na, de fouriergetransformeerde van de potentiaal geëvalueerd bij de impulsoverdracht ℏq→\hbar\vect q. Verstrooiingsproeven zijn fourieranalysatoren van de materie: kleine hoeken lezen lange golflengten (grove structuur), grote hoeken het fijne detail — de diepste reden waarom “hogere energie” “kleinere afstanden” betekent.

Gedeeltelijk bewijs. Dit is de gouden regel van Fermi (Stelling 13.5) uitgevoerd tussen vlakke golven ∣k→⟩→∣k→′⟩\ket{\vect k} \to \ket{\vect k'}: het matrixelement is ∫Vei(k→−k→′)⋅r→ ⁣d3r\int V\eu^{\iu(\vect k - \vect k')\cdot\vect r}\dd^3r, de dichtheid van de eindtoestanden levert de kinematische factoren, en de (aangenomen) boekhouding voegt ze tot ff samen. De elasticiteit geeft ∣k→′∣=∣k→∣|\vect k'| = |\vect k|, waaruit q=2ksin⁡(θ/2)q = 2k\sin(\theta/2) volgt via de gelijkbenige driehoek van k→,k→′\vect k, \vect k'. ∎

Voorbeeld 15.4 (Van Yukawa naar Rutherford)

Voor de afgeschermde coulombpotentiaal V=Q1Q24πε0r e−r/aV = \dfrac{Q_1Q_2}{4\pi \varepsilon_0 r}\,\eu^{-r/a} is de bornintegraal elementair (Oefening 15.5) en luidt zij, wanneer de afschermingsstraal 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)} :

de werkzame doorsnede van Rutherford. Door een toeval dat uniek is voor 1/r1/r stemmen de klassieke berekening, de bornbenadering en het exacte kwantumantwoord alle overeen — en daarom kreeg Rutherford, die in 1911 klassiek rekende, de juiste formule, en uit haar verificatie flits voor flits de atoomkern (Probleem 15.1).

15.3 Partiële golven en de verstrooiingslengte

Stelling 15.5 (Faseverschuivingen)

Ontbind de verstrooiingstoestand voor een centrale potentiaal over de impulsmomenten: elke partiële golf ll verlaat het gebied van de potentiaal met haar radiale trilling over een fase δl(k)\delta_l(k) verschoven — aantrekking haalt haar naar voren, afstoting vertraagt haar — en de waarneembare amplitude stelt zich weer samen als

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 .

Bij lage energie zegt de klassieke intuïtie (l∼kbl \sim kb voor botsingsparameter bb) dat alleen l=0l = 0 doordringt: de verstrooiing wordt isotroop en één getal regeert,

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

waarin a=−lim⁡k→0δ0/ka = -\lim_{k\to0}\delta_0/k de verstrooiingslengte is. Hoe ingewikkeld het van binnen ook is, bij lage energie is een trefdeeltje zijn verstrooiingslengte — de grote vereenvoudiging waarop de fysica van koude atomen draait.

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Een partiële golf verlaat het wisselwerkingsgebied met haar trilling verschoven: de faseverschuiving _0. Alles wat een detector over een centrale potentiaal bij één energie kan weten, is de lijst van deze verschuivingen.
Een partiële golf verlaat het wisselwerkingsgebied met haar trilling verschoven: de faseverschuiving δ0\delta_0. Alles wat een detector over een centrale potentiaal bij één energie kan weten, is de lijst van deze verschuivingen.

Voorbeeld 15.6 (Neutron ontmoet proton)

Trage neutronen verstrooien aan protonen met σ≈20.4 b\sigma \approx 20.4\,\mathrm{b} — een oppervlak veertig keer de meetkundige afmeting van het deuteron. De verklaring: de botsing bij lage energie is zuivere ss-golf met twee spinkanalen, waarvan de gemeten verstrooiingslengten, at=5.4 fma_{\text{t}} = 5.4\,\mathrm{fm} (triplet) en as=−23.7 fma_{\text{s}} = -23.7\,\mathrm{fm} (singlet), beide veel groter zijn dan het bereik van de kracht van 2 fm2\,\mathrm{fm}. Een grote ∣a∣|a| betekent een toestand bijna bij energie nul: het nauwelijks gebonden deuteron van het triplet (Voorbeeld 7.9), en in de singlet een “virtuele” partner die net niet bindt — diens falen staat geschreven in as<0a_{\text{s}} < 0. Een raadsel van twintig barn, opgelost door twee bijna-gebonden toestanden (Oefening 15.7).

15.4 Resonanties

Propositie 15.7 (Breit-wignerresonanties)

Kan het projectiel tijdelijk in een quasigebonden toestand met energie ERE_{\text{R}} en levensduur τ=ℏ/Γ\tau = \hbar/\Gamma worden ingevangen, dan zwiept de bijbehorende faseverschuiving door π/2\pi/2 heen en piekt de partiële werkzame doorsnede:

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} ,

een lorentzpiek met breedte Γ\Gamma tot aan het plafond dat de golf kan halen (de “unitariteitsgrens” 4π(2l+1)/k24\pi(2l+1)/k^2). Achterstevoren gelezen is een resonantie in een werkzame doorsnede de ontdekking van een toestand: haar plaats is een energieniveau, haar breedte een levensduur. De meeste van de deeltjesdierentuin uit Hoofdstuk 26 is als precies zulke bulten ontdekt.

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Twee gezichten van de faseverschuiving. Links: een quasigebonden toestand zwiept door π/2 — een breit-wignerpiek waarvan de breedte een levensduur is. Rechts: het ramsauer-townsendeffect — in argon passeert _0 nabij 1\, eV de waarde π en wordt het atoom vrijwel doorzichtig voor elektronen: destructieve interferentie als antiresonantie.
Twee gezichten van de faseverschuiving. Links: een quasigebonden toestand zwiept δ\delta door π/2\pi/2 — een breit-wignerpiek waarvan de breedte een levensduur is. Rechts: het ramsauer-townsendeffect — in argon passeert δ0\delta_0 nabij 1 eV1\,\mathrm{eV} de waarde π\pi en wordt het atoom vrijwel doorzichtig voor elektronen: destructieve interferentie als antiresonantie.

Methode 15.8 (Een verstrooiingsvraagstuk lezen)

(1) Eerst de kinematica: kk, en het toegankelijke bereik van qq: 0≤q≤2k0 \le q \le 2k — welke structuurschalen zijn zichtbaar? (2) Snel en zwak: Born — fouriertransformeer de potentiaal; ga de kleinheid na. (3) Traag: partiële golven, meestal alleen ss; denk in verstrooiingslengte en verwacht σ=4πa2\sigma = 4\pi a^2 (bij identieke bosonen: 8πa28\pi a^2). (4) Pieken in σ(E)\sigma(E): pas Breit–Wigner aan, meld een niveau en een levensduur; dalen: een fase die π\pi passeert. (5) Uitgebreide trefdeeltjes: vermenigvuldig de puntamplitude met de vormfactor — de fouriergetransformeerde van de dichtheid (Oefening 15.12).

Het eerste verstrooiingslaboratorium: een koperen microscoop gericht op een scherm van zinksulfide, dat één zwakke groene flits per aankomend -deeltje telt. Uit zulke tellingen, hoek voor hoek, woog Rutherford de kern van het atoom.
Het eerste verstrooiingslaboratorium: een koperen microscoop gericht op een scherm van zinksulfide, dat één zwakke groene flits per aankomend α\alpha-deeltje telt. Uit zulke tellingen, hoek voor hoek, woog Rutherford de kern van het atoom.

15.5 Opgaven

Oefening 15.1 ★

Een protonbundel van 1 µA1\,\text{µ}\mathrm{A} (6.2×10126.2 \times 10^{12} protonen/s) met een doorsnede van 1 cm21\,\mathrm{cm}^{2} doorkruist een gouden folie van 1 µm1\,\text{µ}\mathrm{m} (n=5.9×1028 m−3n = 5.9 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}). (a) De trefdichtheid per oppervlak. (b) Welk deel van de bundel verstrooit bij σ=10 b\sigma = 10\,\mathrm{b} per kern? (c) Het tempo in een detector met ruimtehoek 10−3 sr10^{-3}\,\mathrm{sr} als de verstrooiing isotroop was. (d) Waarom is een “werkzame doorsnede” een welgedefinieerde eigenschap van het drietal (projectiel, trefdeeltje, energie) en niet van het trefdeeltje alleen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 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) Verstrooiingstempo 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}; in 10−3/4π10^{-3}/4\pi van de bol: 2.9×104 s−12.9 \times 10^{4}\,\mathrm{s}^{-1}. (d) Het “oppervlak” codeert de wisselwerking en de golflengte: dezelfde gouden kern biedt alfadeeltjes, elektronen en neutronen verschillende oppervlakken aan, en bij verschillende energieën andere.

Oefening 15.2 ★

Klassieke harde bollen met stralen R1,R2R_1, R_2: (a) toon aan dat σ=π(R1+R2)2\sigma = \pi(R_1 + R_2)^2. (b) Voor luchtmoleculen (R≈0.15 nmR \approx 0.15\,\mathrm{nm}, n=2.5×1025 m−3n = 2.5 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}) de gemiddelde vrije weglengte 1/nσ1/n\sigma: reken haar uit en vergelijk met de waarde uit de kinetische gastheorie van het volume van jaar 1. (c) Waarom vertoont een klassieke harde bol geen hoekstructuur ( ⁣dσ/ ⁣dΩ\dd\sigma/\dd\Omega constant — neem aan of leid af)? (d) Welk kenmerk van de kwantummechanische verstrooiing aan een harde bol (Oefening 15.6) heeft geen klassieke tegenhanger?

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.2.

(a) Middelpunten dichter bij elkaar dan R1+R2R_1 + R_2 botsen: 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} — de schaal uit de kinetische gastheorie (de 2\sqrt2 van de relatieve beweging verfijnt haar). (c) Een harde bol weerkaatst elke ring van botsingsparameters gelijkmatig over de hoek: isotroop in de klassieke limiet. (d) De werkzame doorsnede met een factor vier bij lage energie — zuivere golfbuiging, waar geen klassieke schaduwlogica tegen bestand is.

Oefening 15.3 ★

Impulsoverdracht. (a) Teken de driehoek van k→\vect k en k→′\vect k' en leid q=2ksin⁡(θ/2)q = 2k\sin(\theta/2) af. (b) Voor alfadeeltjes van 5.5 MeV5.5\,\mathrm{MeV} (k=1.0×1015 m−1k = 1.0 \times 10^{15}\,\mathrm{m}^{-1}): het bereik van qq over θ∈[0,π]\theta \in [0, \pi], en de kleinste oplosbare structuur ∼1/qmax⁡\sim 1/q_{\max}. (c) Voor elektronen van 500 MeV500\,\mathrm{MeV} (k≈E/ℏck \approx E/\hbar c): hetzelfde. (d) Lees de moraal af die de bundelenergie met het oplossend vermogen verbindt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.3.

(a) Gelijkbenige driehoek met tophoek θ\theta: q=2ksin⁡(θ/2)q = 2k\sin(\theta/2). (b) qq loopt van 00 tot 2k=2×1015 m−12k = 2 \times 10^{15}\,\mathrm{m}^{-1}: structuren tot ∼5×10−16 m\sim5 \times 10^{-16}\,\mathrm{m} zijn in beginsel gecodeerd (de coulombbarrière houdt alfadeeltjes in de praktijk buiten). (c) k=E/ℏc=2.5×1015 m−1k = E/\hbar c = 2.5 \times 10^{15}\,\mathrm{m}^{-1}: resolutie ∼2×10−16 m\sim2 \times 10^{-16}\,\mathrm{m} — binnen in het proton. (d) Resolutie ∼1/qmax⁡∼ℏ/p\sim 1/q_{\max} \sim \hbar/p: energie kopen is een kortere liniaal kopen.

Oefening 15.4 ★

Uit Stelling 15.2: (a) ga na dat ∣f∣2|f|^2 de dimensies van een oppervlak per ruimtehoek heeft; (b) toon aan dat de verstrooide flux door een bol Φσ\Phi\sigma is; (c) waarom moet ff in het algemeen complex zijn (welke behoudswet bewaakt haar fase)? (d) Formuleer de optische stelling σtot=(4π/k)Im⁡f(0)\sigma_{\text{tot}} = (4\pi/k)\operatorname{Im}f(0) en haar betekenis (de voorwaartse golf moet precies zijn uitgedund met wat er wegverstrooit).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.4.

(a) ff is een lengte; ∣f∣2|f|^2 een oppervlak — per steradiaal, per constructie. (b) Integreer (ℏk/m)∣f∣2/r2(\hbar k/m)|f|^2/r^2 over de bol: Φσ\Phi\sigma. (c) Behoud van waarschijnlijkheid: de uitgaande golf moet destructief met de voorwaartse bundel interfereren om te betalen voor wat er wegverstrooit; die boekhouding zit in de fase van ff. (d) De optische stelling formuleert precies die schaduwcontrole: de totale verwijdering == het interferentietekort in voorwaartse richting.

Oefening 15.5 ★★

Born voor Yukawa. Met V(r)=g e−μrrV(r) = \dfrac{g\,\eu^{-\mu r}}{r}: (a) voer de bornintegraal uit (eerst het hoekdeel, dan ∫0∞sin⁡(qr)e−μr ⁣dr\int_0^ \infty\sin(qr)\eu^{-\mu r}\dd r) om f=−2mgℏ2(q2+μ2)f = -\dfrac{2mg} {\hbar^2(q^2 + \mu^2)} te krijgen. (b) Laat μ→0\mu \to 0 gaan met g=Q1Q2/4πε0g = Q_1Q_2/4\pi\varepsilon_0 en vind Rutherford terug. (c) Waarom divergeert de totale werkzame doorsnede van Rutherford, en welk natuurkundig ingrediënt (de afscherming door de atomaire elektronen) herstelt een eindig antwoord? (d) In de deeltjesfysica modelleert de yukawavorm met μ=mπc/ℏ\mu = m_\pi c/\hbar de kernkracht: bereken haar bereik 1/μ1/\mu voor mπc2=140 MeVm_\pi c^2 = 140\,\mathrm{MeV}.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.5.

(a) De hoekintegraal geeft 4πsin⁡(qr)/qr4\pi\sin(qr)/qr; omdat vervolgens ∫0∞e−μrsin⁡(qr)  ⁣dr=q/(q2+μ2)\int_0^\infty\eu^{-\mu r}\sin(qr)\,\dd r = q/(q^2 + \mu^2), vindt men 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; met q=2ksin⁡(θ/2)q = 2k\sin(\theta/2) en E=ℏ2k2/2mE = \hbar^2k^2/2m is dat de formule van Rutherford. (c) De divergentie bij θ→0\theta \to 0 integreert naar oneindig: elk passerend deeltje wordt door de kracht met oneindig bereik een beetje afgebogen; in materie schermen de atomaire elektronen de kern voorbij ∼10−10 m\sim10^{-10}\,\mathrm{m} af en snijden zij de divergentie af. (d) ℏ/mπc=197.3/140=1.4 fm\hbar/m_\pi c = 197.3/140 = 1.4\,\mathrm{fm} — het bereik van de kernkracht, uit de massa van het pion voorspeld.

Oefening 15.6 ★★

De kwantummechanische harde bol (straal aa), ss-golf: buiten is u0=sin⁡(kr+δ0)u_0 = \sin(kr + \delta_0) met u0(a)=0u_0(a) = 0. (a) Toon aan dat δ0=−ka\delta_0 = -ka. (b) Toon aan dat σ→4πa2\sigma \to 4\pi a^2 als k→0k \to 0: vier keer de meetkundige schaduw. (c) Geef de golfverklaring van die factor (buiging kent bij lange golflengte geen scherpe schaduw). (d) Bij hoge energie gaat het antwoord naar 2πa22\pi a^2 — nog steeds tweemaal de meetkundige waarde (schaduwbuiging): waarom nooit eenvoudigweg πa2\pi a^2?

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.6.

(a) sin⁡(ka+δ0)=0\sin(ka + \delta_0) = 0 met de kleinste keuze: 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) Bij λ≫a\lambda \gg a voelt de golf de bol als een puntdefect en bouwt zij zich er door buiging helemaal omheen weer op — “schaduw” is een begrip voor korte golflengten, en het golfantwoord telt het volledige boloppervlak 4πa24\pi a^2. (d) Ook bij korte golflengten vergt het wegnemen van een schijf golf dat de buiging haar opvult — de schaduw zelf verstrooit (πa2\pi a^2 aan blokkering ++ πa2\pi a^2 aan schaduwbuiging).

Oefening 15.7 ★★

De twintig barn van waterstof. Trage ongepolariseerde neutronen op protonen bemonsteren het tripletkanaal met gewicht 3/43/4 en de singlet met 1/41/4: σ=π(3at2+as2)\sigma = \pi(3a_{\text{t}}^2 + a_{\text{s}}^2). (a) Reken dit uit met at=5.4 fma_{\text{t}} = 5.4\,\mathrm{fm} en as=−23.7 fma_{\text{s}} = -23.7\,\mathrm{fm} en vergelijk met de gemeten 20.4 b20.4\,\mathrm{b}. (b) Welk kanaal overheerst, ondanks zijn kleinere statistische gewicht? (c) Breng de grootte en het teken van ata_{\text{t}} in verband met de bijna nul zijnde binding van het deuteron; wat zegt as<0a_{\text{s}} < 0 over het singletstelsel? (d) Waarom is water zo’n doeltreffende moderator van reactorneutronen — en waarom doet deze werkzame doorsnede daarvoor ertoe?

Oplossing

Oplossing van Oefening 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} — de gemeten waarde. (b) De singlet: haar enorme ∣as∣|a_{\text{s}}| weegt zwaarder dan haar gewicht 1/41/4. (c) ata_{\text{t}} groot en positief: een echte gebonden toestand (het deuteron) net onder de drempel; asa_{\text{s}} groot en negatief: een “virtueel” niveau net erboven — bijna een tweede deuteron dat de natuur weigerde te binden. (d) De kernen van waterstof zijn voor neutronen de best in impuls aangepaste partners (gelijke massa’s), en twintig barn elastische verstrooiing per proton maakt water tot een voortreffelijk compacte moderator.

Oefening 15.8 ★★

Ramsauer–Townsend. Modelleer het argonatoom voor een binnenkomend elektron als een aantrekkende blokput met bereik R=0.2 nmR = 0.2\,\mathrm{nm}. (a) Binnen is het golfgetal K=2m(E+V0)/ℏK = \sqrt{2m(E + V_0)}/\hbar: het aansluiten kan de buitengolf met precies δ0=π\delta_0 = \pi laten uittreden — wat is dan de werkzame doorsnede in ss-golf? (b) Waarom wordt het atoom bij die energie vrijwel onzichtbaar, hoewel de put sterk is? (c) Schat de V0V_0 die de doorzichtigheid nabij E=1 eVE = 1\,\mathrm{eV} legt (laat de put een halve golflengte bevatten: KR≈πKR \approx \pi). (d) Waarom vertonen helium en neon het effect niet bij vergelijkbare energieën (hun putten zijn te ondiep opdat δ0\delta_0 de waarde π\pi haalt) — en wat bewijst het loutere bestaan van het effect over materiegolven?

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.8.

(a) σ0=(4π/k2)sin⁡2π=0\sigma_0 = (4\pi/k^2)\sin^2\pi = 0: de ss-golf treedt precies zo uit alsof er geen atoom was. (b) De golf is binnen sterk vervormd, maar komt met een geheel aantal extra halve golven naar buiten: geen waarneembare faseafwijking, geen verstrooiing — destructieve interferentie van de verstrooide golfjes. (c) KR≈πKR \approx \pi met E≪V0E \ll V_0: V0≈π2ℏ2/2mR2≈9 eVV_0 \approx \pi^2\hbar^2/2mR^2 \approx 9\,\mathrm{eV} — een put op atomaire schaal. (d) Hun ondiepere putten winden de fase bij energieën van enkele eV nooit tot π\pi op. Het effect is klassiek niet na te bootsen: een doorzichtig venster in een sterke aantrekking bestaat alleen voor golven.

Oefening 15.9 ★★

Voor een zuivere amplitude in ss-golf, f=eiδ0sin⁡δ0/kf = \eu^{\iu\delta_0}\sin\delta_0/ k: (a) bereken σ\sigma; (b) bereken (4π/k)Im⁡f(0)(4\pi/k)\operatorname{Im} f(0) en ga de optische stelling na; (c) toon aan dat de maximale werkzame doorsnede in ss-golf 4π/k24\pi/k^2 is (de unitariteitsgrens) en reken haar in barn uit voor thermische neutronen (k=3.1×1010 m−1k = 3.1 \times 10^{10}\,\mathrm{m}^{-1}); (d) waarom kan een resonantie σ0\sigma_0 nooit voorbij dat plafond duwen, hoe sterk de wisselwerking ook is?

Oplossing

Oplossing van Oefening 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 — nagegaan. (c) sin⁡2δ0≤1\sin^2\delta_0 \le 1: plafond 4π/k2≈1×10−20 m2=1084\pi/k^2 \approx 1 \times 10^{-20}\,\mathrm{m}^{2} = 10^{8} barn voor thermische neutronen — ruimte te over, zelfs boven de monsterlijkste slikkers (de miljoenen barn van xenon-135). (d) Het plafond is de unitariteit: een golf kan niet meer flux wegnemen dan de interferentie toestaat; sterkte verzadigt de sinus, maar overtreft hem nooit.

Oefening 15.10 ★★★

Een neutronresonantie. Uranium-238 vertoont een beroemde resonantie voor neutronen bij ER=6.67 eVE_{\text{R}} = 6.67\,\mathrm{eV} met totale breedte Γ=27 meV\Gamma = 27\,\mathrm{meV}. (a) Bereken de levensduur van de resonantie. (b) Bereken 4π/k24\pi/k^2 bij die energie in barn en vergelijk met de gemeten piek van ∼2×104 b\sim2 \times 10^{4}\,\mathrm{b} (het verschil is de vertakkingsfactor tussen het elastische en het invangkanaal — geef commentaar). (c) De breedte in temperatuureenheden: waarom doet de dopplerverbreding van deze resonantie met de brandstoftemperatuur ertoe voor de stabiliteit van een reactor (welk teken van terugkoppeling)? (d) In twee zinnen: hoe maken zulke resonanties 238^{238}U tot een neutronenslikker in het epithermische bereik, en waarom staat dat centraal in het ontwerp van reactoren?

Oplossing

Oplossing van Oefening 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} — lang op kernfysische tijdschalen: een samengestelde kern die haar ontstaan “vergeet”. (b) 4π/k2≈3.9×1054\pi/k^2 \approx 3.9 \times 10^{5} b; de waargenomen 2.3×1042.3 \times 10^{4} b is het plafond maal de vertakkingsfractie van het ingangskanaal (Γn/Γ∼0.06\Gamma_n/\Gamma \sim 0.06) — resonanties verkopen kaartjes per partiële breedte. (c) Γ/kB≈310 K\Gamma/k_{\text{B}} \approx 310\,\mathrm{K}: de brandstof verwarmen verbreedt de resonantie via doppler, zodat er tijdens het afremmen meer neutronen worden gevangen — de absorptie groeit met de temperatuur, een prompte negatieve terugkoppeling die in het uranium zelf is ingebouwd. (d) Tussen thermische en snelle energieën verslindt het resonantiewoud van 238^{238}U neutronen; de brandstofgeometrie en de moderatoren zijn ontworpen om neutronen er langs te loodsen, en zijn dopplerterugkoppeling is een pijler van de reactorveiligheid.

Oefening 15.11 ★★★

Koude atomen leven op één getal. (a) Voor identieke bosonen is de werkzame doorsnede bij lage energie 8πa28\pi a^2 (constructieve verwisselingsinterferentie — neem aan): reken haar uit voor rubidium met a=100 a0a = 100\,a_0. (b) Ga bij T=100 nKT = 100\,\mathrm{nK} na dat ka≪1ka \ll 1 (bereken kk uit kBT=ℏ2k2/2mk_{\text{B}}T = \hbar^2k^2/2m, met m=1.4×10−25 kgm = 1.4 \times 10^{-25}\,\mathrm{kg}): het gas vergeet werkelijk alles behalve aa. (c) Nabij een “Feshbach”-resonantie sleept een magneetveld een moleculair niveau door energie nul, en divergeert aa en wisselt zij van teken, precies als in Voorbeeld 15.6: wat gebeurt er dan naar believen met de wisselwerkingen van het gas? (d) Waarom is die afstembaarheid — de sterkte van de wisselwerking op een knop — het droominstrument van een natuurkundige (noem één toepassing: moleculen maken, sterk gekoppelde materie simuleren, condensaten laten instorten)?

Oplossing

Oplossing van Oefening 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) Het gas is instelbaar van ideaal (a≈0a \approx 0) via sterk afstotend tot aantrekkend en onstabiel — de wisselwerking als knop op het paneel. (d) Over de resonantie heen vegen paart atomen tot moleculen; bij a→∞a \to \infty wordt het gas even sterk gekoppeld als de materie van een neutronenster, op tafelformaat — kwantumsimulatie per verstrooiingslengte.

Oefening 15.12 ★★★

Vormfactoren: ladingswolken wegen. Voor een uitgebreide ladingsdichtheid ρ(r→)\rho(\vect r) vermenigvuldigt de bornamplitude het puntantwoord met F(q)=∫ρ(r→)eiq→⋅r→ ⁣d3r/QF(q) = \int\rho(\vect r)\eu^{\iu\vect q\cdot\vect r} \dd^3r/Q. (a) Toon aan dat F(0)=1F(0) = 1. (b) Ontwikkel voor kleine qq: F≈1−q2⟨r2⟩/6F \approx 1 - q^2\langle r^2\rangle/6: de afname bij kleine qq meten weegt ⟨r2⟩\langle r^2\rangle. (c) Verstrooiing van elektronen aan protonen past ⟨r2⟩≈0.84 fm\sqrt{\langle r^2\rangle} \approx 0.84\,\mathrm{fm} aan: welke onafhankelijke meting uit Probleem 11.1 (muonische waterstof) controleert haar, en waarom werd hun historische onenigheid (“het raadsel van de protonstraal”) zo serieus genomen? (d) Bij q≫1/rpq \gg 1/r_{\text{p}} stort de elastische vormfactor in maar blijft er harde verstrooiing aan puntvormige bouwstenen over: zeg in één zin wat de diep-inelastische versie van Rutherfords proef in 1968 binnen in het proton vond.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.12.

(a) F(0)=∫ρ/Q=1F(0) = \int\rho/Q = 1. (b) Ontwikkel de exponentiële functie; de lineaire term middelt weg en de kwadratische geeft −q2⟨r2⟩/6-q^2\langle r^2\rangle/6. (c) De lambverschuiving van muonische waterstof (Probleem 11.1) weegt dezelfde ⟨r2⟩\langle r^2\rangle langs een volstrekt andere weg; hun onenigheid op het niveau van 4%4\% (0.877 tegen 0.841 fm0.841\,\mathrm{fm}) betekende ofwel subtiele systematiek ofwel nieuwe natuurkunde — vandaar een decennium van hermetingen (grotendeels systematiek, zo bleek). (d) Het proton is een zachte wolk met harde korrels erin: quarks — het argument van Rutherford, één niveau dieper.

15.6 Vraagstuk: De flitsentellers die de atoomkern vonden

Probleem 15.1

Weekendvraagstuk — rutherfordverstrooiing, van meetkunde tot quarks

In 1909 zaten Geiger en Marsden in het donker scintillatieflitsen te tellen: alfadeeltjes door gouden folie geschoten, waarvan er enkele bijna recht terugkaatsten — “alsof een granaat op vloeipapier was teruggestuit”. Rutherfords analyse van die tellingen schiep in 1911 het kernatoom. Dit vraagstuk bouwt haar opnieuw op. Gegevens: de alfa-energie E=5.5 MeVE = 5.5\,\mathrm{MeV}, lading z=2z = 2; goud Z=79Z = 79, foliedikte t=0.4 µmt = 0.4\,\text{µ}\mathrm{m}, n=5.9×1028 atoms/m3n = 5.9 \times 10^{28}\,\mathrm{atoms}/\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}.

Deel I — Eén alfa, één kern.

  1. Schat in het krentenbroodmodel (de lading over het atoom uitgesmeerd, 10−10 m10^{-10}\,\mathrm{m}) de grootste afbuiging die één atoom een alfadeeltje van 5.5 MeV5.5\,\mathrm{MeV} zou kunnen geven (het veld van een uitgesmeerde bol: θ∼\theta \sim kracht ×\times tijd / impuls ∼2Zze2kC/(E⋅10−10 m)\sim 2Zze^2k_C/(E\cdot10^{-10}\,\mathrm{m}) in radialen). Zou enige opeenstapeling van zulke schoppen alfadeeltjes achteruit kunnen sturen?
  2. Laat de lading nu een punt zijn. Schrijf de kleinste naderingsafstand d0d_0 voor een frontale botsing op (alle kinetische energie in coulombenergie) en reken haar uit.
  3. Wat impliceert een meetbaar tempo van bijna achterwaartse verstrooiing dus onmiddellijk over hoe geconcentreerd de positieve lading van het atoom is?
  4. Voor een algemene botsingsparameter bb geeft de klassieke baan tan⁡(θ/2)=d0/2b\tan(\theta/2) = d_0/2b (aangenomen — de hyperbool uit het zwaartekrachthoofdstuk van het volume van jaar 1, met afstoting): toets haar limieten bij b→0b \to 0 en b→∞b \to \infty.
  5. Bereken de botsingsparameter die een alfadeeltje over meer dan 90∘90^\circ verstrooit, en de fractie van de alfadeeltjes die de folie passeren en binnen die afstand van een kern komen (nt πb2n t\,\pi b^2).
  6. Geiger en Marsden vonden ongeveer 1 op 8000 alfadeeltjes voorbij 90∘90^\circ afgebogen: vergelijk.

Deel II — De werkzame doorsnede.

  1. Alfadeeltjes met een botsingsparameter in [b,b+ ⁣db][b, b + \dd b] verstrooien in [θ,θ+ ⁣dθ][\theta, \theta + \dd\theta]: leid uit  ⁣dσ=2πb ∣ ⁣db∣\dd\sigma = 2\pi b\,|\dd b| en de baanbetrekking af dat

     ⁣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. Ga na dat dit overeenkomt met het born- of kwantumantwoord van Voorbeeld 15.4 (herschrijf d0d_0 in termen van EE).
  3. Reken  ⁣dσ/ ⁣dΩ\dd\sigma/\dd\Omega uit bij θ=30∘\theta = 30^\circ, 60∘60^\circ en 120∘120^\circ (in barn per steradiaal).
  4. De tellingen van Geiger en Marsden uit 1913 schalen bij vaste meetkunde als 1: sin⁡−4(θ/2)1{:}\,\sin^{-4}(\theta/2): bereken de voorspelde verhouding van de tellingen tussen 30∘30^\circ en 120∘120^\circ en merk op dat hun gegevens zulke verhoudingen over vijf ordes van grootte in tempo volgden.
  5. Waarom laat de Z2Z^2 van dezelfde formule de proef de kernlading wegen — en hoe hielpen zulke aanpassingen ZZ (goud: 79) als atoomnummer vast te leggen?
  6. De 1/E21/E^2: wat gebeurt er met het hele hoekpatroon wanneer de alfa-energie wordt verdubbeld?

Deel III — De afmeting van de kern.

  1. De kleinste nadering onder de hoek θ\theta is d(θ)=d02[1+1/sin⁡(θ/2)]d(\theta) = \tfrac{d_0}2[1 + 1/\sin(\theta/2)] (aangenomen). Reken haar uit voor θ=180∘\theta = 180^\circ en 60∘60{}^{\circ}.
  2. Zolang d(θ)d(\theta) de kernstraal overtreft geldt de formule voor een puntlading: welke bovengrens voor de afmeting van de gouden kern legden Rutherfords geverifieerde punten bij 180∘180^\circ vast?
  3. Bij projectielen met hogere energie zakken de tellingen onder grote hoek onder Rutherford: wat signaleert die afwijking (welke nieuwe kracht, op welke afstand)?
  4. Moderne elektronverstrooiing geeft kernstralen R≈r0A1/3R \approx r_0A^{1/3} met r0=1.2 fmr_0 = 1.2\,\mathrm{fm}: reken die uit voor goud (A=197A = 197) en vergelijk met uw grens.
  5. De A1/3A^{1/3}: wat zegt zij over de dichtheid van kernmaterie (constant? groeiend?) — een feit waarop Hoofdstuk 25 zal voortbouwen.
  6. Waarom stierf het (voor lading blinde) krentenbroodmodel aan deze proef en niet aan de spectroscopie?

Deel IV — De kleinkinderen van Rutherford.

  1. Geef de exacte vertaaltabel tussen 1911 en 1968: alfadeeltje →\to elektronenbundel, goudatoom →\to proton, kern →\to quarks — wat speelde bij SLAC de rol van de “onverwachte gebeurtenissen onder grote hoek”?
  2. Waarom zijn elektronen de zuiverdere sonde (welke complicatie van de verstrooiing van alfadeeltjes aan kernen hebben zij niet)?
  3. In borntaal: elastische verstrooiing bij grote qq meet het instorten van de vormfactor (een zachte wolk), terwijl de diep-inelastische tempo’s groot en vrijwel puntvormig bleven: formuleer de getrokken conclusie.
  4. Een eeuw in drie regels: geef (bundelenergie, opgeloste afstand) voor de alfadeeltjes van 1911 (∼10−14 m\sim10^{-14}\,\mathrm{m}), SLAC in 1968 (20 GeV20\,\mathrm{GeV}, ∼10−16 m\sim10^{-16}\,\mathrm{m}) en de LHC (de schaal van de TeV, ∼10−19 m\sim10^{-19}\,\mathrm{m}) — met de regel “resolutie ∼ℏc/(qc)\sim \hbar c/(qc)”.
  5. Neutronen, zonder lading, verstrooien alleen aan kernen (en aan magnetische momenten): noem twee dingen die de neutronenverstrooiing daardoor in materialen in kaart brengt die röntgenstralen slecht zien (lichte atomen zoals waterstof; magnetische ordening).
  6. Werkzame doorsneden voor ontdekkingen aan de LHC worden in femtobarn gemeten (10−43 m210^{-43}\,\mathrm{m}^{2}): van de barn naar de femtobarn is vijftien ordes van grootte — wat zegt dat over hoe zeldzaam de interessante botsingen zijn, en waarom is luminositeit (de geleverde flux) even kostbaar als energie?
  7. Vat het genoemde resultaat samen: een wet in sin⁡−4(θ/2)\sin^{-4}(\theta/2), flits voor flits geverifieerd, stopte 99.98%99.98\% van de massa van het atoom in een volume van 10−1410^{-14} van zijn afmeting — en dezelfde proef, telkens harder herhaald, is nooit opgehouden de volgende laag te vinden.
Oplossing

Oplossing van Probleem 15.1.

1. θ∼8×10−4\theta \sim 8 \times 10^{-4} rad per atoom; zelfs een toevalspad door 10410^4 atoomlagen hoopt maar enkele graden op: achterwaartse verstrooiing is in het krentenbrood onmogelijk. 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} — veertig femtometer. 3. Dat de volledige positieve lading binnen ∼4×10−14 m\sim4 \times 10^{-14}\,\mathrm{m} zit: tienduizend keer kleiner dan het atoom. 4. b→0b \to 0: θ→180∘\theta \to 180^\circ; b→∞b \to \infty: θ→0\theta \to 0 — frontale terugkaatsingen, verre scheerbewegingen. 5. θ>90∘\theta > 90^\circ vergt b<d0/2=2.1×10−14 mb < d_0/2 = 2.1 \times 10^{-14}\,\mathrm{m}: fractie nt πb2≈3×10−5nt\,\pi b^2 \approx 3 \times 10^{-5} — één alfadeeltje op dertigduizend voor deze folie. 6. Dezelfde orde als de één op achtduizend van Geiger en Marsden (hun folies waren dikker): de “onmogelijke” terugkaatsingen komen precies zo vaak voor als een puntkern eist. 7.  ⁣dσ=2πb∣ ⁣db∣\dd\sigma = 2\pi b|\dd b| met 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), en  ⁣dΩ=2πsin⁡θ  ⁣dθ\dd\Omega = 2\pi\sin\theta\,\dd\theta; bij het samenvoegen laten de opheffingen met sin⁡θ=2sin⁡(θ/2)cos⁡(θ/2)\sin\theta = 2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2) de uitdrukking (d0/4)2sin⁡−4(θ/2)(d_0/4)^2\sin^{-4}(\theta/2) over. 8. d0/4=kCzZe2/4E=Q1Q2/16πε0Ed_0/4 = k_CzZe^2/4E = Q_1Q_2/16\pi\varepsilon_0E: het bornresultaat — het toeval van de 1/r1/r. 9. (d0/4)2=1.06 b/sr(d_0/4)^2 = 1.06\,\mathrm{b}/\mathrm{sr}: 236236, 1717 en 1.9 b/sr1.9\,\mathrm{b}/\mathrm{sr} bij 30∘30^\circ, 60∘60^\circ en 120∘120^\circ. 10. (sin⁡60∘/sin⁡15∘)4≈125(\sin60^\circ/\sin15^\circ)^4 \approx 125: hun tellingen volgden zulke verhoudingen over vijf decaden in tempo — de wet, geen tendens. 11. Het tempo schaalt bij vaste meetkunde als Z2Z^2: folies vergelijken ijkt de kernlading zelf, wat de vereenzelviging van ZZ met het atoomnummer voedde. 12. Elk tempo zakt met een factor vier; de vorm van het hoekpatroon blijft onaangeroerd — een zuivere experimentele handtekening van de 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. De formule hield stand bij de grootste hoeken: de gouden kern is kleiner dan ∼4×10−14 m\sim4 \times 10^{-14}\,\mathrm{m}. 15. Het projectiel begint de kern te raken: de kortdragende sterke kracht (en de absorptie) zet bij afstanden van femtometers in — de afwijking meet de rand van de kern. 16. R=1.2×1971/3=7.0 fmR = 1.2 \times 197^{1/3} = 7.0\,\mathrm{fm} — ruimschoots binnen de grens van Rutherford. 17. Volume ∝A\propto A: kernmaterie heeft een vaste dichtheid (∼2×1017 kg/m3\sim2 \times 10^{17}\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}) — kernen zijn druppels van een onsamendrukbare vloeistof, het beginbeeld van Hoofdstuk 25. 18. De spectroscopie ondervroeg de elektronen; alleen een projectiel dat het atoom binnendringt kon getuigen waar de positieve lading en de massa zitten. 19. Elektronen van 2020 GeV die onder onwaarschijnlijk grote hoeken verstrooiden en veel energie verloren — te veel harde gebeurtenissen voor een zacht proton: de terugkaatsing van Rutherford, opnieuw opgevoerd. 20. Elektronen voelen geen sterke kracht en hebben geen bekende substructuur: een puntsonde die alleen lading afleest, zonder de eigen samengesteldheid van het alfadeeltje. 21. Het instorten van de elastische vormfactor zegt dat het proton een ijle wolk is; het voortduren van harde inelastische verstrooiing zegt dat die wolk puntvormige bouwstenen bevat — quarks (partonen). 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} — vijf ordes van grootte aan liniaal in één eeuw. 23. Waterstofposities (in ijs, polymeren, eiwitten) en magnetische structuren (antiferromagneten, spinspiralen) — beide vrijwel onzichtbaar voor röntgenstralen, beide dagelijks werk voor neutronen. 24. De processen die het ontdekken waard zijn komen eens per 101510^{15} gewone ontmoetingen voor: alleen een kolossale luminositeit maakt van femtobarn gebeurtenissen per jaar — een botser ontwerpen is rekenkunde met werkzame doorsneden. 25. Een wet in sin⁡−4(θ/2)\sin^{-4}(\theta/2), flits voor flits gecontroleerd, perste de massa van het atoom in 10−1410^{-14} van zijn volume; bij steeds grotere qq uitgevoerd vond dezelfde proef de afmeting van de kern, daarna haar bouwstenen, en zij zoekt nog steeds.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 431 begrippen in de begrippenlijst