A gold foil of thickness 2.0 \mu \mathrm{~m} is used in a Rutherford experiment to scatter \alpha particles with energy 7.0 MeV . (a) What fraction of the particles will be scattered at angles greater than 90^{\circ} ? (b) What fraction will be scattered at angles between 45^{\circ} and 75^{\circ} ? (c) Use N_{A}, \rho, and M for gold to compute the approximate radius of a gold atom. (For gold, \rho=19.3 \mathrm{~g} / \mathrm{cm}^{3} and M=197 \mathrm{~g} / \mathrm{mol}.)

Passo 1

O enunciado trata de espalhamento de partículas \alpha por um alvo fino de ouro, isto é, é um problema de espalhamento de Rutherford. Precisamos:
1. Usar a seção de choque diferencial de Rutherford
\frac{d\sigma}{d\Omega} =\Bigl(\frac{Z_1Z_2e^2}{16\pi\varepsilon_0E}\Bigr)^2\frac{1}{\sin^4(\theta/2)}
2. Contar o número de átomos por unidade de área no alvo fino, N_t=n\,t, com
n=\frac{\rho N_A}{M},\quad t=2{,}0\times10^{-6}\,\mathrm{m}.
3. Integrar sobre o ângulo para obter a fração f de partículas espalhadas acima de um certo ângulo.
4. Para a parte (c), estimar o raio atômico a partir do volume por átomo V=1/n e V=\tfrac{4}{3}\pi r^3.

Passo 2

Derivamos a fração de partículas espalhadas em ângulos maiores que \theta_0 usando
f(\theta>\theta_0) =N_t\int_{\theta_0}^{\pi}2\pi\frac{d\sigma}{d\Omega}\sin\theta\,d\theta
Substituindo \tfrac{d\sigma}{d\Omega} e fazendo a integral, chega-se a
f(\theta>\theta_0) =N_t\,4\pi\Bigl(\frac{Z_1Z_2e^2}{16\pi\varepsilon_0E}\Bigr)^2 \Bigl[\frac{1}{\sin^2(\theta_0/2)}-1\Bigr].

Passo 3

Calculamos N_t e o coeficiente constante K:
n=\frac{\rho N_A}{M} =\frac{19{,}3\times10^3\;\mathrm{kg/m^3}\times6{,}02\times10^{23}\;\mathrm{mol^{-1}}}{0{,}197\;\mathrm{kg/mol}} \approx5{,}9\times10^{28}\;\mathrm{m^{-3}},
N_t=n\,t=5{,}9\times10^{28}\times2{,}0\times10^{-6}\approx1{,}18\times10^{23}\;\mathrm{m^{-2}}.
Para Z_1=2, Z_2=79, E=7{,}0\;\mathrm{MeV}=1{,}12\times10^{-12}\;\mathrm{J},
K=\Bigl(\frac{Z_1Z_2e^2}{16\pi\varepsilon_0E}\Bigr)^2 \approx6{,}61\times10^{-29}\;\mathrm{m^2\,sr^{-1}}.
Logo
N_t\,4\pi\,K\approx1{,}18\times10^{23}\times4\pi\times6{,}61\times10^{-29} \approx9{,}81\times10^{-5}.

Passo 4

Para (a), \theta_0=90^\circ \sin^2(90^\circ/2)=\sin^2(45^\circ)=0{,}5, então
f(\theta>90^\circ) =9{,}81\times10^{-5}\bigl[\tfrac{1}{0{,}5}-1\bigr] =9{,}81\times10^{-5}\times1 \approx9{,}8\times10^{-5}.

Passo 5

Para (b), usamos
f(45^\circ<\theta<75^\circ) =f(\theta>45^\circ)-f(\theta>75^\circ).
Calculando cada termo:
\sin^2(22{,}5^\circ)=0{,}1464\implies f(\theta>45^\circ)=9{,}81\times10^{-5}[1/0{,}1464-1]\approx5{,}72\times10^{-4}, \sin^2(37{,}5^\circ)=0{,}3699\implies f(\theta>75^\circ)=9{,}81\times10^{-5}[1/0{,}3699-1]\approx1{,}67\times10^{-4}.
Logo
f(45^\circ<\theta<75^\circ)\approx5{,}72\times10^{-4}-1{,}67\times10^{-4} \approx4{,}05\times10^{-4}.

Passo 6

Para (c), o volume por átomo é V=1/n. Assumindo esfera de raio r,
\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{1}{n} \;\Longrightarrow\; r=\Bigl(\frac{3}{4\pi n}\Bigr)^{1/3} \approx\Bigl(\frac{3}{4\pi\times5{,}9\times10^{28}}\Bigr)^{1/3} \approx1{,}6\times10^{-10}\;\mathrm{m}.

Resposta

(a) 9{,}8\times10^{-5}
(b) 4{,}05\times10^{-4}
(c) r\approx1{,}6\times10^{-10}\;\mathrm{m}

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