5.2: Повторення
- Page ID
- 79441
Зменшений гамільтоніан у кадрі центру маси
Почнемо з найпростішої задачі, ядра, утвореного всього одним нейтроном і одним протоном: дейтроном. Спочатку ми нехтуємо спинами цих двох частинок і розв'яжемо енергетичну задачу на власні значення (незалежне від часу рівняння Шредінгера) для зв'язаної p-n системи. Потім гамільтоніан дається кінетичною енергією протона і нейтрона та їх взаємною взаємодією.
\[\mathcal{H}=\frac{1}{2 m_{n}} \hat{p}_{n}^{2}+\frac{1}{2 m_{p}} \hat{p}_{p}^{2}+V_{n u c}\left(\left|x_{p}-x_{n}\right|\right) \nonumber\]
Тут ми заявили, що взаємодія залежить тільки від відстані між двома частинками (а не, наприклад, від кута...)
Ми могли б спробувати розв'язати рівняння Шредінгера для хвильової функції\(\Psi=\Psi\left(\vec{x}_{p}, \vec{x}_{n}, t\right) \). Це хвильова функція, яка розглядає дві частинки як принципово незалежні (тобто описуються незалежними змінними). Однак, оскільки дві частинки взаємодіють, можливо, краще розглядати їх як одну єдину систему. Тоді ми можемо використовувати інший тип змінних (позиція та імпульс).
Ми можемо зробити перетворення\(\left\{\vec{x}_{p}, \vec{x}_{n}\right\} \rightarrow\{\vec{R}, \vec{r}\}\) звідки\(\vec{R}\) описує середнє положення двох частинок (тобто положення загальної системи, щоб бути точно визначено) і\( \vec{r}\) описує відносне положення однієї частинки wrt інший:
\ [\ лівий\ {\ почати {масив} {ll}
\ vec {R} =\ frac {m_ {p}\ vec {x} _ {p} +m_ {n}\ vec {x} _ {n}} {m_ {p}} &\ текст {центр мас}\\ vec {r} =
\ vec {x} _ {p}}\ vec {x} _ {n} &\ text {відносна позиція}
\ end {масив}\ право. \ номер\]
Ми також можемо інвертувати ці рівняння і визначити\(\vec{x}_{p}=x_{p}(\vec{R}, \vec{r})\) і\(\vec{x}_{n}=x_{n}(\vec{R}, \vec{r})\). Також ми можемо визначити центр імпульсу маси і відносний імпульс (і швидкість):
\ [\ ліворуч\ {\ почати {масив} {l}
\ vec {p} _ {c м} =\ vec {p} _ {p} +\ vec {p} _ {п}\
\ vec {p} _ {p}\ vec {p} _ {p} -m_ {p}\ vec {p}\ vec {p} _ {p} _ {p}\ vec {p} _ {p} _ end {масив}\ право.
\ номер\]
Тоді (класичний) гамільтоніан, використовуючи ці змінні, читає
\[H=\frac{1}{2 M} p_{c m}^{2}+\frac{1}{2 \mu} p_{r}^{2}+V_{n u c}(|r|) \nonumber\]
де\( M=m_{p}+m_{n}\) і\(\mu=\frac{m_{p} m_{n}}{m_{p}+m_{n}} \) - зменшена маса. Тепер ми можемо просто написати квантову версію цього класичного гамільтоніана, використовуючи
\[\hat{p}_{c m}=-i \hbar \frac{\partial}{\partial \vec{R}} \quad \hat{p}_{r}=-i \hbar \frac{\partial}{\partial \vec{r}} \nonumber\]
в рівнянні
\[\mathcal{H}=\frac{1}{2 M} \hat{p}_{c m}^{2}+\frac{1}{2 \mu} \hat{p}_{r}^{2}+V_{n u c}(|\hat{r}|) \nonumber\]
Тепер, оскільки змінні r і R є незалежними (так само, як\( r_{p}\) і\( r_{n}\)), вони коммутують. Це також справедливо для\( p_{c m}\) і r (і\( p_{r}\) і R). Потім,\( p_{c m}\) їздить з усім Гамільтоном,\( \left[\hat{\vec{p}}_{c m}, \mathcal{H}\right]=0\). Це означає, що\( \hat{\vec{p}}_{c m}\) це константа руху. Це справедливо і для\( E_{c m}=\frac{1}{2 M} \hat{\vec{p}}_{c m}^{2}\), енергії центру мас. Якщо ми вирішимо проблему в центрі маси кадру, то ми можемо встановити,\(E_{c m}=0 \) і це ніколи не зміниться. Загалом, це означає, що ми можемо ігнорувати перший термін в гамільтоніані і просто вирішити
\[\mathcal{H}_{D}=-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \nabla_{r}^{2}+V_{n u c}(|\vec{r}|) \nonumber\]
На практиці це відповідає застосуванню поділу змінних до вихідного загального рівняння Шредінгера. Гамільтоніан\(\mathcal{H}_{D} \) (Deuteron Hamiltonian) тепер є гамільтоніаном одночастинкової системи, що описує рух частинки зменшеної маси в центральному потенціалі (потенціал, який залежить тільки від відстані від походження). Цей рух є рухом нейтрона і протона відносно один одного. Для того, щоб діяти далі, нам потрібно знати форму центрального потенціалу.
Наземний стан
Які найважливіші характеристики ядерного потенціалу? Він, як відомо, дуже сильний і короткий діапазон. Це єдині характеристики, які представляють інтерес зараз; також, якщо ми обмежимося цими характеристиками і будуємо простий, вигаданий потенціал на основі них, ми можемо сподіватися, що зможемо вирішити саме проблему.
Якби ми розглянули більш складний, хоча і більш реалістичний, потенціал, то, швидше за все, ми не можемо знайти точного рішення і довелося б спростити проблему. Таким чином, ми просто беремо дуже простий потенціал, ядерну квадратну свердловину дальності\(R_{0} \approx 2.1 f m\) та глибини\(-V_{0}=-35 \ \mathrm{MeV}\).
Нам потрібно записати гамільтоніан у сферичних координатах (для зменшених змінних). Термін кінетичної енергії задається:
\[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \nabla_{r}^{2}=-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2} \frac{\partial}{\partial r}\right)-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu r^{2}}\left[\frac{1}{\sin \vartheta} \frac{\partial}{\partial \vartheta}\left(\sin \vartheta \frac{\partial}{\partial \vartheta}\right)+\frac{1}{\sin ^{2} \vartheta} \frac{\partial^{2}}{\partial \varphi^{2}}\right]=-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2} \frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{\hat{L}^{2}}{2 \mu r^{2}} \nonumber \]
де ми використовували оператор моменту моменту (для відновленої частинки)\(\hat{L}^{2}\).
Рівняння Шредінгера потім читає
\[\left[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2} \frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{\hat{L}^{2}}{2 \mu r^{2}}+V_{n u c}(r)\right] \Psi_{n, l, m}(r, \vartheta, \varphi)=E_{n} \Psi_{n, l, m}(r, \vartheta, \varphi) \nonumber\]
Тепер ми також можемо це перевірити\(\left[\hat{L}^{2}, \mathcal{H}\right]=0\). Потім\(\hat{L}^{2}\) є константою руху і вона має спільні власніфункції з гамільтоном.
Ми вже розв'язали задачу на власні значення для моменту моменту моменту. Ми знаємо, що розв'язками є сферичні гармоніки\(Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi)\):
\[\hat{L}^{2} Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi)=\hbar^{2} l(l+1) Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi) \nonumber\]
Тоді ми можемо вирішити гамільтоніан вище з поділом змінних методів, або простіше шукати рішення\(\Psi_{n, l, m}=\psi_{n, l}(r) Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi)\):
\[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2} \frac{\partial \psi_{n, l}(r)}{\partial r}\right) Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi)+\psi_{n, l}(r) \frac{\hat{L}^{2}\left[Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi)\right]}{2 \mu r^{2}}=\left[E_{n}-V_{n u c}(r)\right] \psi_{n, l}(r) Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi) \nonumber\]
і тоді ми можемо усунути\( Y_{l}^{m}\), щоб отримати:
\[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r^{2}} \frac{d}{d r}\left(r^{2} \frac{d \psi_{n, l}(r)}{d r}\right)+\left[V_{n u c}(r)+\frac{\hbar^{2} l(l+1)}{2 \mu r^{2}}\right] \psi_{n, l}(r)=E_{n} \psi_{n, l}(r) \nonumber\]
Тепер пишемо\( \psi_{n, l}(r)=u_{n, l}(r) / r\). Тоді радіальна частина рівняння Шредінгера стає
\[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{d^{2} u}{d r^{2}}+\left[V_{n u c}(r)+\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{l(l+1)}{r^{2}}\right] u(r)=E u(r) \nonumber\]
з граничними умовами
\ [\ begin {масив} {l}
u_ {n l} (0) =0\ quad\ rightarrow\ quad\ psi (0)\ текст {є кінцевим}\\
u_ {n l} (\ infty) =0\ quad\ rightarrow\ quad\ text {прив'язаний стан}
\ кінець {масив}\ nonumber\]
Це рівняння - всього лише 1D рівняння Шредінгера, в якому потенціал\(V(r)\) замінюється ефективним потенціалом.
\[V_{e f f}(r)=V_{n u c}(r)+\frac{\hbar^{2} l(l+1)}{2 \mu r^{2}} \nonumber\]
що представляє додавання відцентрового потенціалу (що викликає зовнішню силу).
Зверніть увагу,\(l\) що якщо великий, відцентровий потенціал вище. Тоді стан землі знаходить для\(l\) = 0. У такому випадку відцентрового потенціалу немає, і ми маємо лише квадратний потенціал свердловини (що ми вже вирішили).
\[\left[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r} \frac{\partial^{2}}{\partial r}+V_{n u c}(r)\right] u_{0}(r)=E_{0} u_{0}(r) \nonumber\]
Це дає власні функції.
\[u(r)=A \sin (k r)+B \cos (k r), \quad 0<r<R_{0} \nonumber\]
і
\[u(r)=C e^{-\kappa r}+D e^{\kappa r}, \quad r>R_{0} \nonumber\]
Дозволені власні функції (визначені граничними умовами) мають власні значення, знайдені з розв'язків непарної парності до рівняння
\[-\kappa=k \cot \left(k R_{0}\right) \nonumber\]
із
\[k^{2}=\frac{2 \mu}{\hbar^{2}}\left(E_{0}+V_{0}\right) \quad \kappa^{2}=-\frac{2 \mu}{\hbar^{2}} E_{0} \nonumber\]
(С\(E_{0}<0\)).
Нагадаємо, що ми виявили, що існує мінімальна глибина свердловини і дальність для того, щоб мати зв'язаний стан. Для того, щоб задовольнити умову безперервності в\(r=R_{0}\) нам потрібно\(\lambda / 4 \leq R_{0}\) або\(k R_{0} \geq \frac{1}{4} 2 \pi=\frac{\pi}{2}\). Потім\(R_{0} \geq \frac{\pi}{2 k}\).
Для того, щоб знайти зв'язаний стан, нам потрібно, щоб потенційна енергія була вище кінетичної енергії\(V_{0}>E_{k i n}\). Якщо ми знаємо,\(R_{0}\) ми можемо використовувати\(k \geq \frac{\pi}{2 R_{0}}\), щоб знайти
\[V_{0}>\frac{\hbar^{2} \pi^{2}}{2 \mu 4 R_{0}^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8} \frac{\hbar^{2} c^{2}}{\mu c^{2} R_{0}^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8} \frac{(191 M e V f m)^{2}}{469 M e V(2.1 f m)^{2}}=23.1 M e V \nonumber\]
Таким чином, ми виявляємо, що дійсно пов'язаний стан можливий, але енергія зв'язування\(E_{0}=E_{k i n}-V_{0}\) досить мала. Розв'язуючи чисельно трансцендентне рівняння для E 0, ми знаходимо, що
\[\boxed{E_{0}=-2.2 \mathrm{MeV}} \nonumber\]
Зверніть увагу, що в нашій процедурі ми почали з моделі потенціалу, яка включає діапазон\(R_{0} \) і силу для\(V_{0} \) того, щоб знайти енергію стану землі (або енергію зв'язку). Експериментально замість цього ми повинні виконати зворотний процес. З експериментів розсіювання можна визначити енергію зв'язку (таку, що нейтрон і протон відокремлюються) і з цього, виходячи з нашої теоретичної моделі,\( V_{0}\) можна зробити висновок значення.
Повторник збудженого стану
Чи можливі пов'язані збуджені стани для дейтрона?
Розглянемо спочатку\(l\) = 0. Ми побачили, що енергія зв'язування для наземного стану вже мала. Наступне непарне рішення було б\(k=\frac{3 \pi}{2 R_{0}}=3 k_{0}\). Тоді кінетична енергія в 9 разів перевищує кінетичну енергію стану землі або\(E_{k i n}^{1}=9 E_{k i n}^{0}=9 \times 32.8 M e V=295.2 M e V . \). Сумарна енергія при цьому стає позитивною, свідченням того, що стан вже не пов'язаний (насправді у нас тоді вже не дискретний набір рішень, а континуум розчинів).
Розглянемо потім\(l\) > 0. У цьому випадку потенціал збільшується на суму\(\frac{\hbar^{2} l(l+1)}{2 \mu R_{0}^{2}} \geq 18.75 M e V \) (для\(l\) = 1). Потенціал, таким чином, стає меншим (і вужчим). При цьому і в цьому випадку держава вже не пов'язана. Дейтрон має тільки одне пов'язане стан.
Спінова залежність ядерної сили
До сих пір ми нехтували тим, що і нейтрони, і протон володіють спином. Залишається питання, як спін впливає на взаємодію між двома частинками.
Загальний кутовий момент для дейтрона (або взагалі для ядра) зазвичай позначається I. Тут він задається
\[\hat{\vec{I}}=\hat{\vec{L}}+\hat{\vec{S}}_{p}+\hat{\vec{S}}_{n} \nonumber\]
Для зв'язаного стану дейтрона\(l\) = 0 і\(\hat{\vec{I}}=\hat{\vec{S}}_{p}+\hat{\vec{S}}_{n}=\hat{\vec{S}}\). Апріорі у нас може бути\(\hat{\vec{S}}=0\) або 1 (нагадаємо правила додавання моменту моменту, тут\(\hat{\vec{S}}_{p, n}=\frac{1}{2}\)).
Існують експериментальні підписи про те, що ядерна сила залежить від спина. Насправді дейтрон зустрічається лише з\(\hat{\vec{S}}=1\) (це означає, що ця конфігурація має нижчу енергію).
Найпростіша форма, яку може припустити спін-залежний потенціал\( V_{\text {spin}} \propto \hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n}\) (оскільки ми хочемо, щоб потенціал був скалярним). Коефіцієнт пропорційності\(V_{1}(r) / \hbar^{2}\) може мати просторову залежність. Потім ми вгадаємо форму для спін-залежного потенціалу бути\(V_{s p i n}=V_{1}(r) / \hbar^{2} \hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n}\). Який потенціал для двох можливих конфігурацій нейтронних і протонних спінів?
Конфігурація або\(\hat{\vec{S}}=1\) або\(\hat{\vec{S}}=0\). Напишемо\(\hat{\vec{S}}^{2}=\hbar S(S+1)\) в терміні двох спинив:
\[\hat{\vec{S}}^{2}=\hat{\vec{S}}_{p}^{2}+\hat{\vec{S}}_{n}^{2}+2 \hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n} \nonumber\]
Останній термін - це той, який ми шукаємо:
\[\hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n}=\frac{1}{2}\left(\hat{\vec{S}}^{2}-\hat{\vec{S}}_{p}^{2}-\hat{\vec{S}}_{n}^{2}\right) \nonumber\]
Тому що\(\hat{S}^{2} \) і\( \hat{\vec{S}}_{p}^{2}, \hat{\vec{S}}_{n}^{2}\) комутувати, ми можемо написати рівняння для очікуваних значень wrt власних функцій цих операторів 10:
\[\left\langle\hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n}\right\rangle=\left\langle S, S_{p}, S_{n}, S_{z}\left|\hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n}\right| S, S_{p}, S_{n}, S_{z}\right\rangle=\frac{\hbar^{2}}{2}\left(S(S+1)-S_{p}\left(S_{p}+1\right)-S_{n}\left(S_{n}+1\right)\right) \nonumber\]
з тих пір\( S_{p, n}=\frac{1}{2}\), отримуємо
\ [\ вліво\ ланґль\ капелюх {\ vec {S}} _ {p}\ cdot\ капелюх {\ vec {S}} _ {n}\ правий\ діапазон =\ frac {\ hbar^ {2}}} {2}}\ ліворуч (S (S+1) -\ frac {3} {2}\ праворуч) =\ почати {масив} {ll}
+\ frac {bar^ {2}} {4} &\ text {Триплет стан,}\ ліворуч | S=1,\ розрив {1} {2}\ розриву {1} {2}, m_ {z}\ праворуч\ діапазон\
-\ frac {3\ hbar^ {2}} {4} &\ text { стан синглета,}\ left|s=0,\ frac {1} {2},\ frac {1} {2}, 0\ праворуч\ діапазон
\ кінець {масив}\ nonumber\]
Якщо V 1 (r) є привабливим потенціалом (< 0), загальний потенціал -\(\left.V_{n u c}\right|_{S=1}=V_{T}=V_{0}+\frac{1}{4} V_{1}\) для триплетного стану, тоді як його сила зменшується до\(\left.V_{n u c}\right|_{S=0}=V_{S}=V_{0}-\frac{3}{4} V_{1}\) для синглетного стану. Наскільки великий V 1?
Ми можемо обчислити V 0 і V 1, знаючи енергію зв'язку триплетного стану та енергії незв'язаного віртуального стану синглета (оскільки це дуже близько до нуля, його все ще можна отримати експериментальним шляхом). У нас є\(E_{T}=-2.2 \mathrm{MeV}\) (як і раніше, так як це експериментальні дані) і\( E_{S}=77 \mathrm{keV}\). Розв'язуючи задачу на власні значення для квадратної свердловини, знаючи енергію зв'язку E T і встановивши E S ≈ 0, отримаємо V T = −35MeV і V S = −25МеВ (Зауважте, що звичайно V T дорівнює значенню, яке ми раніше задали для потенціалу дейтрона по порядку. щоб знайти правильну енергію зв'язування 2.2MEV, ми просто —wrongly— знехтували спином раніше). З цих значень шляхом вирішення системи двох рівнянь в двох змінних:
\ [\ ліворуч\ {\ почати {масив} {l}
V_ {0} +\ розрив {1} {4} V_ {1} =V_ {T}\\
V_ {0} -\ frac {3} {4} V_ {1} =V_ {S}
\ кінець {масив}\ праворуч. \ номер\]
отримаємо V 0 = −32,5МеВ V 1 = −10МеВ. При цьому спін-залежна частина потенціалу слабша, але не незначна.
10 Зауважимо, що, звичайно, ми використовуємо пов'язане подання, оскільки властивості дейтрона та його спін-залежної енергії задаються загальним станом протона та нейтрона