Capitolo 7

La formula di diffusione di Rutherford

L’esperimento ci ha detto come si distribuiscono le particelle α diffuse. Qui ricaviamo quella distribuzione dall’equazione di Schrödinger, estesa alle tre dimensioni, e confrontiamo il risultato con le misure.

Equazione di Schrödinger in tre dimensioni e flusso di probabilità.

L’equazione di Schrödinger in tre dimensioni può essere ottenuta ripercorrendo esattamente gli stessi passi che abbiamo percorso per ottenere quella in una dimensione, con l’unica noia di dover usare un formalismo un po’ più pesante. Il risultato è formalmente analogo:

i\hbar\frac{d}{dt}|\psi\rangle=H|\psi\rangle

con

H=qV(X,Y,Z)+\frac{1}{2m}(P_x^2+P_y^2+P_z^2)

P_x=-i\hbar D_x\equiv-i\hbar\,\partial/\partial x

, analogamente per

y

z

|\psi\rangle\equiv\psi(x,y,z,t)

L’operatore $V(X,Y,Z)$ si definisce in base alla formula di Taylor per le funzioni di più variabili e in pratica si ha $V(X,Y,Z)|\psi\rangle\leftrightarrow V(x,y,z)\psi(x,y,z,t)$ .

La funzione $\psi(x,y,z,t)$ è un vettore in “ $\infty^3$ dimensioni” che dipende dal tempo. Abbiamo infatti tre indici che corrispondono a tre grandezze osservabili cioè le tre coordinate che individuano la posizione della particella. Quindi si può dire che la funzione $\psi(x,y,z,t)$ è la distribuzione di ampiezze di probabilità per la terna di variabili aleatorie $(x,y,z)$ , la dipendenza dal tempo indica che la distribuzione può variare con il tempo. Se vogliamo calcolare la distribuzione di probabilità dobbiamo prendere i moduli quadrati:

\begin{aligned} p(x,y,z,t) & =|\psi(x,y,z,t)|^2 \\ & =\psi^*(x,y,z,t)\psi(x,y,z,t) \end{aligned}

Ad esempio se consideriamo un volume Ω e vogliamo determinare la probabilità che la particella venga trovata nel volume Ω allora dobbiamo calcolare l’integrale:

\iiint_\Omega p(x,y,z,t)\:dxdydz=\iiint_\Omega\psi^*(x,y,z,t)\psi(x,y,z,t)\:dxdydz

In generale quando abbiamo una distribuzione di una certa grandezza fisica, ad esempio la massa oppure la carica, abbiamo anche il vettore densità di flusso della stessa grandezza fisica, ad esempio il vettore densità di flusso di massa oppure il vettore densità di flusso di carica. Nel nostro caso abbiamo distribuzione di probabilità e ci aspettiamo che possa essere definito il vettore densità di flusso di probabilità in modo che valga un’equazione di continuità simile a quella valida per qualsiasi altra grandezza fisica:

-\frac{d}{dt}\iiint_\Omega p\:d\Omega=\oiint_{\Sigma_\Omega}\overline{s}\cdot\hat{n}\:d\Sigma

Cioè la diminuzione della probabilità contenuta in Ω è pari al flusso uscente del vettore densità di flusso di probabilità $\overline{s}$ attraverso la superficie $\Sigma_\Omega$ che delimita il volume Ω.

Come è noto questa equazione può essere scritta anche in forma differenziale:

\begin{aligned} -\frac{\partial p}{\partial t} & =\nabla\cdot\overline{s} \\ & =\frac{\partial s_x}{\partial x}+\frac{\partial s_y}{\partial y}+\frac{\partial s_z}{\partial z} \end{aligned}

Ora in base all’equazione di Schrödinger e all’equazione di continuità cerchiamo di trovare una formula esplicita per $\overline{s}$ :

\begin{aligned} -\frac{\partial}{\partial t}(\psi^*\psi) & =-\psi^*\frac{\partial\psi}{\partial t}-\psi\frac{\partial\psi^*}{\partial t} \\ & =-\psi^*\frac{\partial\psi}{\partial t}-\psi{\left(\frac{\partial\psi}{\partial t}\right)}^* \end{aligned}

In base all’equazione di Schrödinger possiamo scrivere

\begin{aligned} \frac{\partial\psi}{\partial t} & =-\frac{i}{\hbar}H\psi \\ & =-\frac{i}{\hbar}\left(qV+\frac{1}{2m}{\overline{P}}^2\right)\psi \\ & =-\frac{i}{\hbar}\left(qV-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\right)\psi && \text{sostituendo }\overline{P}=-i\hbar\nabla \\ & =-\frac{i}{\hbar}qV\psi+\frac{i\hbar}{2m}\nabla^2\psi \end{aligned}

Sostituendo abbiamo

\begin{aligned} -\frac{\partial}{\partial t}(\psi^*\psi) & =-\psi^*\left(-\frac{i}{\hbar}qV\psi+\frac{i\hbar}{2m}\nabla^2\psi\right)-\psi{\left(-\frac{i}{\hbar}qV\psi+\frac{i\hbar}{2m}\nabla^2\psi\right)}^* \\ & =-\psi^*\left(-\frac{i}{\hbar}qV\psi+\frac{i\hbar}{2m}\nabla^2\psi\right)-\psi\left(\frac{i}{\hbar}qV\psi^*-\frac{i\hbar}{2m}\nabla^2\psi^*\right) \\ & =\frac{i}{\hbar}\psi^*qV\psi-\frac{i\hbar}{2m}\psi^*\nabla^2\psi-\frac{i}{\hbar}\psi qV\psi^*+\frac{i\hbar}{2m}\psi\nabla^2\psi^* \\ & =\frac{i\hbar}{2m}\left(\psi\nabla^2\psi^*-\psi^*\nabla^2\psi\right) \\ & =\frac{i\hbar}{m}i\operatorname{Im}\left\{\psi\nabla^2\psi^*\right\} \\ & =-\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\left\{\psi\nabla^2\psi^*\right\} \\ & =\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\left\{\psi^*\nabla^2\psi\right\} \end{aligned}

Per la regola della derivata del prodotto possiamo scrivere

\begin{aligned} \nabla\cdot(\psi^*\nabla\psi) & =\psi^*\nabla^2\psi+\nabla\psi^*\cdot\nabla\psi \\ & =\psi^*\nabla^2\psi+|\nabla\psi|^2 \end{aligned}

Prendendo la parte immaginaria di entrambi i membri abbiamo l’uguaglianza

\begin{aligned} \operatorname{Im}\left\{\nabla\cdot\left(\psi^*\nabla\psi\right)\right\} & =\operatorname{Im}\left\{\psi^*\nabla^2\psi\right\}+\operatorname{Im}{\left|\nabla\psi\right|}^2 \\ & =\operatorname{Im}\left\{\psi^*\nabla^2\psi\right\} \end{aligned}

Sostituendo il termine $\operatorname{Im}\{\psi\nabla^2\psi^*\}$ nella formula per $\partial(\psi^*\psi)/\partial t$ abbiamo

\begin{aligned} -\frac{\partial}{\partial t}(\psi^*\psi) & =\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\left\{\nabla\cdot(\psi^*\nabla\psi)\right\} \\ & =\nabla\cdot\left[\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\left\{\psi^*\nabla\psi\right\}\right] \end{aligned}

Confrontando quest’ultima con l’equazione di continuità in forma locale $-\partial(\psi^*\psi)/\partial t=-\partial p/\partial t=\nabla\cdot\overline{s}$ possiamo estrapolare una possibile formula per $\overline{s}$ :

\overline{s}=\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\{\psi^*\nabla\psi\}

Per meglio comprendere il significato analitico di questa formula proviamo a esprimere la funzione complessa $\psi$ in termini di modulo e fase: $\psi=\sqrt{p}e^{i\varphi}$ . Sostituendo nella formula per $\overline{s}$ si ha:

\begin{aligned} \overline{s} & =\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\left\{\psi^*\nabla\psi\right\} \\ & =\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\left\{\sqrt{p}e^{-i\varphi}\nabla\left(\sqrt{p}e^{i\varphi}\right)\right\}= \end{aligned}

$=-\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\left\{\sqrt{p}e^{-i\varphi}\left[e^{i\varphi}\nabla\left(\sqrt{p}\right)+\sqrt{p}\nabla\left(e^{i\varphi}\right)\right]\right\}=-\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\left\{\sqrt{p}\nabla\left(\sqrt{p}\right)+pe^{-i\varphi}\nabla\left(e^{i\varphi}\right)\right\}=$ Il termine sottolineato si semplifica perché è reale puro

\begin{aligned} & \\ & =\frac{\hbar}{m}p\operatorname{Im}\{e^{-i\varphi}\nabla(e^{i\varphi})\} && \text{applicando la formula per la derivata} \\ & =\frac{\hbar}{m}p\operatorname{Im}\left\{e^{-i\varphi}\frac{de^{i\varphi}}{d\varphi}\nabla\varphi\right\} \\ & =\frac{\hbar}{m}p\operatorname{Im}\{e^{-i\varphi}(ie^{i\varphi})\nabla\varphi\} \\ & =\frac{\hbar}{m}p\operatorname{Im}\{i\nabla\varphi\} \\ & =\frac{\hbar}{m}p\nabla\varphi \end{aligned}

Dunque possiamo scrivere

\begin{aligned} \overline{s} & =\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\{\psi^*\nabla\psi\} \\ & =\frac{\hbar}{m}p\nabla\varphi \end{aligned}

Quest’ultima formula ci mostra che, il vettore densità di flusso di probabilità in un determinato punto, è proporzionale alla densità di probabilità in questo punto e al gradiente della fase $\varphi$ della distribuzione di ampiezze di probabilità.

Formula di diffusione di Rutherford.

Consideriamo una particella α che incide contro una lamina d’oro, e supponiamo di voler determinare la distribuzione di probabilità $p(\vartheta)$ che la particella venga deflessa sotto un angolo ϑ.

Prima di tutto osserviamo che non ci potranno essere fenomeni di diffrazione, perché la lunghezza d’onda associata a una particella α è molto minore della distanza interatomica del reticolo cristallino dell’oro, infatti:

\begin{aligned} p\lambda & =h\Rightarrow \\ \lambda & =\frac{h}{p} \\ & =\frac{h}{mv} \end{aligned}

sostituendo i valori $h=6{,}6\cdot10^{-34}\ \text{joule}\times s$ , $m=6{,}7\cdot10^{-27}\:\text{kg}$ e $v=1{,}6\cdot10^7\ \mathrm{m}/\mathrm{s}$

\begin{aligned} \lambda & =\frac{6{,}6\cdot10^{-34}}{6{,}7\cdot10^{-27}\times1{,}6\cdot10^7} \\ & \cong0{,}6\cdot10^{-14}\:m<<10^{-10}\:m \end{aligned}

Per impostare il problema di diffusione con l’equazione di Schrödinger dovremmo specificare il “pacchetto d’onda” iniziale, cioè la distribuzione di ampiezze di probabilità iniziale $|\psi t_0\rangle=\psi(x,y,z,t_0)$ , e inoltre dovremmo specificare il potenziale elettrico $V(x,y,z)$ presente all’interno della lamina d’oro.

Osserviamo che già a questo punto abbiamo fatto una notevole semplificazione, infatti la lamina d’oro è un sistema complesso costituito da un aggregato di nuclei d’oro e di elettroni. Nonostante questa semplificazione il problema resta ancora molto complicato e dobbiamo trovare una strategia per raggirarlo.

Sperimentalmente abbiamo visto che quasi tutte le particelle subiscono piccole deflessioni (per intenderci minori di 15°), mentre solo una piccola percentuale subisce deflessioni maggiori. Questo significa che è molto improbabile che si abbia un “urto ravvicinato”, cioè è molto improbabile che il pacchetto d’onda passi sufficientemente vicino a un nucleo da essere deflesso di un angolo maggiore di 15°.

Possiamo concludere che, se è improbabile che ci sia un urto con un angolo di deflessione maggiore di 15°, allora è ancora più improbabile che ci siano due urti consecutivi entrambi con un angolo maggiore di 15°. Quindi possiamo supporre che le particelle deflesse sotto grandi angoli subiscono un solo urto durante l’attraversamento della lamina d’oro. Più correttamente possiamo dire che subiscono un solo urto di entità rilevante, più tanti piccoli urti con effetto medio nullo.

In base alla precedente ipotesi noi studieremo la diffusione dovuta a un solo atomo, e faremo il confronto tra i risultati teorici e quelli sperimentali solo per grandi angoli.

Per impostare il problema ci rimane da definire il pacchetto d’onda iniziale. La condizione più semplice è quella di ipotizzare che dalla direzione $Z=-\infty$ provenga un’onda piana del tipo $e^{i(kz-\omega t)}$ . Dopo aver determinato la soluzione in questo caso particolare, potremo usare la linearità dell’equazione di Schrödinger e costruire altre soluzioni sovrapponendo quelle già trovate. In particolare, scegliendo opportunamente la sovrapposizione, potremo ottenere la soluzione relativa a qualsiasi pacchetto iniziale, infatti il teorema di Fourier ci garantisce che qualsiasi funzione complessa può essere ottenuta come sovrapposizione di funzioni del tipo $e^{ikx}$ , $e^{iky}$ ed $e^{ikz}$ .

Ora passiamo a fare i conti:

Dobbiamo risolvere l’equazione di Schrödinger con la condizione che

\psi(x,y,z,t)\to_{z\to-\infty\;}^{\;}e^{i(kz-\omega t)}

Prima di tutto osserviamo che deve essere $\omega=\hbar k^2/2m$ perché la funzione $e^{i(kz-\omega t)}$ deve soddisfare l’equazione di Schrödinger nello spazio $z\to-\infty$ dove $V=0$

\begin{aligned} i\hbar\frac{\partial}{\partial t}e^{i(kz-\omega t)} & =-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2e^{i(kz-\omega t)}\Longleftrightarrow \\ i\hbar(-i\omega)e^{i(kz-\omega t)} & =-\frac{\hbar^2}{2m}(ik)^2e^{i(kz-\omega t)}\Longleftrightarrow \\ \hbar\omega & =\frac{\hbar^2k^2}{2m}\Longleftrightarrow \\ \omega & =\frac{\hbar k^2}{2m} \end{aligned}

Ora, per risolvere il nostro problema, proviamo a separare le variabili spazio dalle variabili tempo con funzioni del tipo $\psi(x,y,z,t)=\psi(x,y,z)e^{-i\omega t}$ ; sostituendo nell’equazione di Schrödinger abbiamo:

i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi e^{-i\omega t}=qV\psi e^{-i\omega t}-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi e^{-i\omega t}\Leftrightarrow

\begin{aligned} \Leftrightarrow i\hbar\psi(-i\omega)e^{-i\omega t} & =qV\psi e^{-i\omega t}-\frac{\hbar^2}{2m}(\nabla^2\psi)e^{-i\omega t}\Leftrightarrow \\ \hbar\omega\psi & =qV\psi-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi\Leftrightarrow \end{aligned}

\begin{aligned} \Leftrightarrow\nabla^2\psi+\frac{2m\omega}{\hbar}\psi & =\frac{2mq}{\hbar^2}V\psi \\ \nabla^2\psi+k^2\psi & =\frac{2mq}{\hbar^2}V\psi && \text{con }\omega=\frac{\hbar k^2}{2m} \end{aligned}

Dunque dobbiamo risolvere il problema:

\left\{\begin{gathered}\nabla^2\psi+k^2\psi=\frac{2mq}{\hbar^2}V\psi \\\text{con }\psi(x,y,z)\underset{z\to-\infty}{\longrightarrow}e^{ikz}\end{gathered}\right.

L’equazione di questo problema non può essere risolta in forma analitica, quindi troveremo una soluzione approssimata usando un metodo di tipo iterativo.

Prima scegliamo una funzione $\psi_0$ che approssimi bene l’equazione e la condizione al contorno. Poi sostituiamo questa funzione al secondo membro dell’equazione e risolviamo rispetto all’incognita che è rimasta al primo membro:

\nabla^2\psi+k^2\psi=\frac{2mq}{\hbar^2}V\psi_0

In questo modo troviamo una prima soluzione $\psi_1$ , per procedere sostituiamo $\psi_1$ al secondo membro e troviamo una seconda soluzione $\psi_2$ . Si procede iterando questa operazione fino a raggiungere una approssimazione soddisfacente.

In realtà noi eseguiamo solo un passo e come funzione iniziale scegliamo $\psi_0(x,y,z)=e^{ikz}$ . Quindi abbiamo:

\left\{\begin{gathered}\nabla^2\psi+k^2\psi=\frac{2mq}{\hbar^2}V(r)e^{ikz} \\\text{con }\psi(x,y,z)\underset{z\to-\infty}{\longrightarrow}e^{ikz}\end{gathered}\right.

La soluzione generale di questo problema è (vedi appendice 1):

Nota 11 L’equazione di Helmholtz e l’integrale usato più avanti: le due appendici →

\psi(\vec{r})=e^{ikz}-\frac{1}{4\pi}\iiint_{\text{Tutto lo Spazio}}\frac{e^{ik|\vec{r}-\vec{r}{\:}'|}}{|\vec{r}-\vec{r}{\:}'|}\frac{2mq}{\hbar^2}V(r')e^{ikz'}\:d\Omega'

Il termine $V\left(r\right)$ si annulla lontano dal nucleo, quindi è come se l’integrale fosse esteso a un intorno limitato; invece i punti $\overline{r}$ in cui ci interessa determinare la soluzione sono molto lontani dall’atomo, quindi possiamo dire che sarà $r\gg r'$ . In base a queste considerazioni possiamo approssimare il termine $|\vec{r}-{\vec{r}}'|$ . Per il denominatore possiamo scrivere $\left|\vec{r}-\vec{r}{\:}'\right|\cong r$ ; mentre per l’argomento dell’esponenziale possiamo scrivere $\left|\overline{r}-{\overline{r}}'\right|\cong r-{\overline{r}}'\cdot\hat{r}$ (fig. 15).

**Fig. 15** — Geometria della diffusione.

Inoltre possiamo scrivere $z'=\overline{r}\cdot\hat{z}$ .

Sostituendo queste espressioni abbiamo:

\begin{aligned} \psi(\vec{r}) & =e^{ikz}-\frac{1}{4\pi}\iiint_{\text{Tutto lo Spazio}}\frac{e^{ik(r-{\vec{r}}'\cdot\hat{r})}}{r}\frac{2mq}{\hbar^2}V(r')e^{ik{\vec{r}}'\cdot\hat{z}}\:d\Omega' \\ & =e^{ikz}-\frac{mq}{2\pi\hbar^2}\frac{e^{ikr}}{r}\iiint_{\text{Tutto lo Spazio}}e^{ik{\vec{r}}'\cdot(\hat{z}-\hat{r})}V(r')\:d\Omega' \end{aligned}

Per calcolare l’integrale dobbiamo scegliere un sistema di coordinate; la scelta più intelligente è un sistema di coordinate polari $(\alpha,\beta,r')$ , con l’asse nella direzione $\hat{z}-\hat{r}$ . Infatti in questo modo abbiamo $r'\cdot\left(\hat{z}-\hat{r}\right)=r'|\hat{z}-\hat{r}|\cos\alpha$ , ed essendo $|\hat{z}-\hat{r}|=2\sin\frac{\vartheta}{2}$ possiamo scrivere l’integrale nella forma:

\begin{aligned} & \iiint_{\text{Tutto lo Spazio}}e^{ikr'\cdot(\hat{z}-\hat{r})}V(r')d\Omega' \\ & \qquad=\int_0^{2\pi}d\beta\int_0^\pi d\alpha\int_0^{+\infty}e^{2ikr'\cos\alpha\sin\frac{\vartheta}{2}}V(r')r^{'2}\sin\alpha dr' \end{aligned}

L’integrando non contiene la variabile β, quindi l’integrazione rispetto a β è banale e da un termine 2π. L’integrazione rispetto ad α si esegue per sostituzione ponendo $y=\cos\alpha\Rightarrow dy=-\sin\alpha\:d\alpha$ , in questo modo abbiamo:

\begin{aligned} & -2\pi\int_1^{-1}dy\int_0^{+\infty}e^{2ikr'y\sin\frac{\vartheta}{2}}V(r')r^{'2}dr' \\ & \qquad=2\pi\int_0^{+\infty}\frac{e^{2ikr'\sin\frac{\vartheta}{2}}-e^{-2ikr'\sin\frac{\vartheta}{2}}}{2ikr'\sin\frac{\vartheta}{2}}V(r')r^{'2}dr' \\ & \qquad=2\pi\int_0^{+\infty}\frac{\sin\;\left(2kr'\sin\frac{\vartheta}{2}\right)}{k\sin\frac{\vartheta}{2}}V(r')r'dr' \\ & \qquad=\frac{2\pi}{k\sin\frac{\vartheta}{2}}\int_0^{+\infty}\sin\;\left(2kr'\sin\frac{\vartheta}{2}\right)V(r')r'dr' \end{aligned}

A questo punto per completare il calcolo dell’integrale dobbiamo introdurre il potenziale $V(r)$ . Potremmo inserire $V(r')=Q/(4\pi\varepsilon_0 r')$ dove $\varrho$ è la carica del nucleo, ma in questo modo otteniamo un integrale “oscillante” che non può essere calcolato; questo problema si verifica perché ci siamo messi in una situazione ideale quando abbiamo considerato come pacchetto incidente un’onda piana. Tuttavia questa difficoltà si supera facilmente se si considera $V(r')=Qe^{-r'/a}/(4\pi\varepsilon_0 r')$ ; in questa formula l’esponenziale rappresenta l’effetto schermante dovuto alla carica degli elettroni, e a è il raggio della “nuvola elettronica”. In realtà l’effetto schermante dovrebbe essere determinato con dei calcoli precisi, ma comunque l’approssimazione esponenziale è molto buona, e inoltre il risultato non cambia molto se scegliamo altre forme.

Sostituendo la formula per il potenziale abbiamo:

\begin{aligned} & \frac{1}{2\varepsilon_0k\sin\frac{\vartheta}{2}}\int_0^{+\infty}\sin\left(2kr'\sin\frac{\vartheta}{2}\right)\frac{Q}{r'}e^{-\frac{r'}{a}}r'dr' \\ & \qquad=\frac{Q}{2\varepsilon_0k\sin\frac{\vartheta}{2}}\int_0^{+\infty}\sin\left(2kr'\sin\frac{\vartheta}{2}\right)e^{-\frac{r'}{a}}dr' \\ & \qquad=\frac{Q}{2\varepsilon_0k\sin\frac{\vartheta}{2}}\frac{2k\sin\frac{\vartheta}{2}}{{\left(2k\sin\frac{\vartheta}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{a}\right)}^2} \\ & \qquad=\frac{Q/\varepsilon_0}{{\left(2k\sin\frac{\vartheta}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{a}\right)}^2} \end{aligned}

Essendo $k=\frac{2\pi}{\lambda}\gg\frac{1}{a}$ possiamo trascurare il termine ${\left(\frac{1}{a}\right)}^2$ al denominatore e otteniamo per l’integrale la formula:

\iiint=\frac{Q}{4\varepsilon_0k^2\sin^2\frac{\vartheta}{2}}

Sostituendo nella formula per $\psi$ abbiamo:

\begin{aligned} \psi(\vec{r}) & =e^{ikz}-\frac{mq}{2\pi\hbar^2}\frac{e^{ikr}}{r}\frac{Q}{4\varepsilon_0k^2\sin^2\frac{\vartheta}{2}} \\ & =e^{ikz}-\frac{mqQ}{8\pi\varepsilon_0\hbar^2k^2}\frac{1}{\sin^2\frac{\vartheta}{2}}\frac{e^{ikr}}{r} \end{aligned}

A questo punto abbiamo determinato la distribuzione di ampiezze di probabilità, ora dobbiamo interpretarla e calcolare il flusso di probabilità.

In origine avevamo un’onda piana che proveniva dalla direzione $Z=-\infty$ , il risultato, come mostra la figura 16, è un’onda piana che va verso $Z=+\infty$ più un’onda sferica divergente che ha un’ampiezza che dipende dall’angolo ϑ.

**Fig. 16** — Onda piana incidente → onda piana più onda sferica divergente.

Nella realtà fisica non avremo un’onda piana infinitamente estesa, ma, come mostra la figura 17, avremo un fascio stretto, molto simile a un’onda piana, ma con una dimensione trasversale finita.

Un fascio stretto: solo l’onda sferica raggiunge il detector. — **Fig. 17** — Un fascio stretto: solo l'onda sferica raggiunge il detector.

In queste condizioni solo l’onda sferica potrà arrivare al detector, quindi è solo l’onda sferica che dobbiamo considerare per calcolare il flusso di probabilità.

Ora passiamo al calcolo del flusso mediante la formula $\overline{s}=\frac{\hbar}{m}p\nabla\varphi=\frac{\hbar}{m}\psi^*\psi\nabla\varphi$ . La fase φ è quella che si trova nel termine $e^{ikr}$ ed è $\varphi=kr$ , dunque abbiamo $\nabla\varphi=\hat{r}\,\partial(kr)/\partial r=\hat{r}k$ .

Sostituendo nella formula per i vari termini abbiamo per il modulo del vettore densità di flusso diffuso:

\begin{aligned} s_d & =\frac{\hbar}{m}\psi^*\psi\nabla\varphi \\ & =\frac{\hbar}{m}{\left(-\frac{mqQ}{8\pi\varepsilon_0\hbar^2k^2}\frac{1}{\sin^2\frac{\vartheta}{2}}\frac{e^{ikr}}{r}\right)}^*\left(-\frac{mqQ}{8\pi\varepsilon_0\hbar^2k^2}\frac{1}{\sin^2\frac{\vartheta}{2}}\frac{e^{ikr}}{r}\right)k \\ & =\frac{mq^2Q^2}{64\pi^2\varepsilon_0^2\hbar^3k^3}\frac{1}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}}\frac{1}{r^2} \end{aligned}

Per la densità di flusso incidente dovuto all’onda $e^{ikz}$ abbiamo:

\begin{aligned} s_i & =\frac{\hbar}{m}e^{ikz}e^{-ikz}\frac{\partial}{\partial z}kz \\ & =\frac{\hbar}{m}k \end{aligned}

La densità di flusso diffuso per una densità di flusso incidente unitaria è data dal rapporto:

\frac{s_d}{s_i}=\frac{m^2q^2Q^2}{64\pi^2\varepsilon_0^2\hbar^4k^4}\frac{1}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}}\frac{1}{r^2}

Se moltiplichiamo questo termine per una superficie dS otteniamo il flusso attraverso dS. Se vogliamo calcolare il flusso associato a un angolo solido dΩ dobbiamo considerare la superficie sottesa dall’angolo dΩ che è $dS=r^2d\Omega$ . Dunque il flusso entrante in dΩ è:

\begin{aligned} wd\Omega & =\frac{m^2q^2Q^2}{64\pi^2\varepsilon_0^2\hbar^4k^4}\frac{1}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}}\frac{1}{𝔯^2}\:dS \\ & =\frac{m^2q^2Q^2}{64\pi^2\varepsilon_0^2\hbar^4k^4}\frac{1}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}}\frac{1}{𝔯^2}\:r^2d\Omega \\ & =\frac{m^2q^2Q^2}{64\pi^2\varepsilon_0^2\hbar^4k^4}\frac{1}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}}d\Omega \end{aligned}

Se sostituiamo $k=\frac{2\pi}{\lambda}=\frac{2\pi}{(h/p)}=\frac{2\pi}{h}p=\frac{p}{\hbar}=\frac{mv}{\hbar}$ otteniamo la formula di diffusione di Rutherford:

w=q^2Q^2/(64\pi^2\varepsilon_0^2m^2v^4\sin^4(\vartheta/2))

Questa formula ci dà la densità di flusso diffuso per angolo solido, da un singolo atomo, quando il flusso incidente ha densità unitaria.

Confronto tra teoria ed esperienza.

Prima di tutto osserviamo che la formula di Rutherford è divergente per $\vartheta=0$ , quindi per angoli piccoli non si può avere nessun accordo sperimentale; questo lo aspettavamo perché abbiamo fatto delle approssimazioni valide solo per angoli abbastanza grandi.

Per quanto riguarda la dipendenza da $1/\sin^4(\vartheta/2)$ le figure 18 e 19 riportano il confronto tra i valori ottenuti sperimentalmente e i valori calcolati con la formula opportunamente scalata; la figura 18 è in scala lineare, mentre la figura 19 è in scala logaritmica; i cerchi rappresentano i punti misurati e i triangoli rappresentano i punti calcolati.

Confronto misure/teoria in scala lineare. — **Fig. 18** — Confronto tra misure e teoria in scala lineare.

Confronto misure/teoria in scala logaritmica. — **Fig. 19** — Confronto tra misure e teoria in scala logaritmica.

Come si vede c’è accordo per angoli maggiori di 10°.

Ora vedremo come si può determinare la carica nucleare applicando la formula di Rutherford completa $w=q^2Q^2/(64\pi^2\varepsilon_0^2m^2v^4\sin^4(\vartheta/2))$ .

Come abbiamo già detto questa formula ci dà la distribuzione del flusso di probabilità, diffuso da un solo atomo e per una densità di flusso incidente unitaria. Per applicarla al nostro caso dobbiamo prima moltiplicarla per la densità di flusso effettiva, e poi moltiplicarla per il numero effettivo di atomi che contribuiscono al processo di diffusione:

w_{\text{Effettiva}}=\left(\text{Densità di flusso effettiva}\right)\times\left(\text{Numero di atomi diffusori}\right)\times w_{\text{Unitaria}}

Per ottenere il numero di atomi diffusori dobbiamo considerare il volume d’oro investito dal fascio e moltiplicarlo per n il numero di atomi per unità di volume. Il volume d’oro investito dal fascio si può calcolare moltiplicando la sezione trasversale del fascio per lo spessore s della lamina d’oro quindi abbiamo:

w_{\text{Effettiva}}=\left(\text{Densità di flusso effettiva}\right)\times\left(\text{Sezione del fascio}\right)\times s\times n\times w_{\text{Unitaria}}

Il prodotto della densità del flusso per la sezione del fascio ci dà il flusso incidente totale che indicheremo con F, quindi abbiamo:

\begin{aligned} w_{\text{Effettiva}} & =F\times s\times n\times w_{\text{Unitaria}} \\ & =Fsn\frac{q^2Q^2}{64\pi^2\varepsilon_0^2m^2v^4}\frac{1}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}} \end{aligned}

Questa formula ci dà il flusso di probabilità per angolo solido. Se vogliamo calcolare il flusso di particelle, dobbiamo considerare che il passaggio di una particella equivale al passaggio di una “unità di probabilità”, cioè quando un’unità di probabilità si trasferisce da un luogo a un altro vuol dire che una particella si è trasferita tra questi due luoghi; quindi la formula che ci dà il flusso di probabilità ci dà anche il flusso di particelle senza dover essere corretta.

Se supponiamo che il detector sottende un angolo solido dΩ, allora possiamo calcolare il numero di particelle per unità di tempo che vengono rilevate:

\begin{aligned} \frac{N}{\Delta t} & =w_{\text{Effettiva}}d\Omega \\ & =Fsn\frac{q^2Q^2}{64\pi^2\varepsilon_0^2m^2v^4}\frac{1}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}}d\Omega \end{aligned}

Per poter applicare questa formula ci resta da determinare il flusso totale incidente F. Per determinare questa grandezza dobbiamo calcolare l’integrale della distribuzione ottenuta sperimentalmente. L’integrale deve essere calcolato considerando che la curva in realtà rappresenta una superficie, che si ottiene facendo ruotare la curva attorno all’asse delle ordinate; quindi non abbiamo un integrale semplice, ma un integrale doppio. Tuttavia per ottenere una stima grossolana noi faremo il calcolo basandoci sull’approssimazione mostrata in figura 20, cioè approssimeremo la superficie con un cilindro, con un raggio di base di 10° e un’altezza pari all’altezza massima della superficie, 27 particelle al secondo nell’angolo solido dΩ.

Approssimazione della superficie con un cilindro. — **Fig. 20** — Approssimazione della superficie di rivoluzione con un cilindro.

Quindi per il flusso totale abbiamo:

F=\left(\begin{gathered}\text{Particelle per unità} \\ \text{di tempo in }d\Omega\end{gathered}\right)\times\frac{\left(\begin{gathered}\text{Angolo solido} \\ \text{totale}\end{gathered}\right)}{d\Omega}

Per l’angolo solido totale abbiamo (Fig. 21):

**Fig. 21** — Angolo solido del rivelatore.

\begin{aligned} \left(\text{Angolo solido totale}\right) & =\frac{S}{r^2} \\ & =\frac{\pi(r\sin10^\circ)^2}{r^2} \\ & =\pi\sin^210^\circ \end{aligned}

quindi:

\begin{aligned} F & =\left(\text{Particelle per unità di tempo in }d\Omega\right)\times\frac{\pi\sin^210^\circ}{d\Omega} \\ & =27\times\frac{\pi\sin^210^\circ}{d\Omega} \\ & \approx\frac{2{,}5}{d\Omega} \end{aligned}

Sostituendo questo valore di F nella formula per il numero di particelle rilevate per unità di tempo abbiamo:

\begin{aligned} \frac{N}{\Delta t} & =\frac{2{,}5}{d\Omega}sn\frac{q^2Q^2}{64\pi^2\varepsilon_0^2m^2v^4}\frac{1}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}}d\Omega \\ & =2{,}5sn\frac{q^2Q^2}{64\pi^2\varepsilon_0^2m^2v^4}\frac{1}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}} \end{aligned}

Per n, il numero di atomi per unità di volume, possiamo fare una stima considerando che un atomo ha un raggio di circa 1 Å ( $10^{-10}m$ ), quindi occupa un volume di circa $(2\cdot10^{-10}\:m)^3=8\cdot10^{-30}\:m^3$ ; dunque abbiamo $n\approx{\left(8\cdot10^{-30}\right)}^{-1}\approx10^{29}$ .

Sostituendo nella formula i seguenti valori:

n\simeq10^{29}\ \text{atomi a}\ m^3

abbiamo:

\begin{aligned} \frac{N}{\Delta t} & =2{,}5\left(2\cdot10^{-6}\right)10^{29}\frac{{\left(3{,}2\cdot10^{-19}\right)}^2Q^2}{64\cdot3{,}14^2\cdot{\left(8{,}8\cdot10^{-12}\right)}^2{\left(6{,}7\cdot10^{-27}\right)}^2{\left(1{,}6\cdot10^7\right)}^4}\frac{1}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}} \\ & \cong4\cdot10^{29}\frac{Q^2}{\sin^4\frac{\vartheta}{2}}\ \text{atomi per s} \end{aligned}

A questo punto dobbiamo trovare la carica Q che fa coincidere questa distribuzione teorica con la distribuzione sperimentale; per $Q=135\cdot10^{-19}\:C$ abbiamo il confronto rappresentato in figura 22.

Confronto finale teoria/misure. — **Fig. 22** — Confronto finale tra la distribuzione teorica e le misure.

Quindi la nostra stima per la carica del nucleo dell’oro è di $Q=135\cdot10^{-19}\:C$ , corrispondenti a $\frac{135}{1{,}6}=84$ elettroni.

Misure più precise portano a una carica pari a 79 volte quella dell’elettrone.

Noi non abbiamo voluto eseguire una misura molto precisa, il nostro scopo era solo quello di mostrare come è possibile determinare la carica nucleare e il numero di elettroni contenuti in un atomo.