Mag zika gyakorlat - vázlatok Nagy Márton, Csanád Máté 2014.
Kicsit más sorrendben és sok kiegészítéssel. Érdemes elolvasni! :)
Tartalomjegyzék 1. Energiaviszonyok, kinematika
2
1.1.
Kötési energiák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
1.2.
Neutron tömege, ütközése
3
1.3.
Hatáskeresztmetszetek de níciója, mérése
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. Cseppmodell, Weizsäcker-formula
3
5
2.1.
A kötésienergia-formula
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
2.2.
Stabilitási völgy, vastócsa
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
2.3.
A Yukawa-potenciál
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2.4.
Elektrosztatikus energia
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2.5.
Aszimmetria-energia, Fermi-gáz modell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
2.6.
Párenergia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
3. Héjmodell
8
3.1.
Mágikus számok
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.
Gömbszimmetrikus harmonikus oszcillátor I. derékszög¶ koordináták
3.3.
Gömbszimmetrikus harmonikus oszcillátor II. gömbi koordináták
. . . . . . . . . . . . .
9
3.4.
Héjak az atommagban, spin-pálya kölcsönhatás
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
3.5.
A nívók betöltési sorrendje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
3.6.
Alapállapotú magok spinje és paritása, példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
. . . . . . . . . . .
4. Atommagok mágneses momentuma
8 8
12
4.1.
Mágneses magrezonancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
4.2.
Schmidt-modell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
4.3.
Bonyolultabb esetek
14
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5. Kvantummechanikai szóráselmélet
15
5.1.
Rugalmas szórás: alapvet® megfontolások
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
5.2.
Parciális hullámok
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
5.3.
Born-közelítés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
5.4.
Unitaritás, optikai tétel* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
5.5.
Kvázidiszkrét energiaszintek*
18
5.6.
Szórás kvázidiszkrét energiaszinten*
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
5.7.
Rugalmatlan szórás* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6. Elektromágneses átmenetek (γ -sugárzás)
18
6.1.
Fotonok gömbhullámai*
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
6.2.
Példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
1
7. Béta-bomlás*
19
7.1.
Átmeneti mátrixelem, Fermi-elmélet* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
7.2.
Fermi és Gamow-Teller-átmenetek*
19
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8. Kollektív gerjesztések*
19
8.1.
Vibrációs energiaszintek*
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
8.2.
Forgási gerjesztések* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
8.3.
Kvadrupólmomentumok* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
A. függelék: Gömbhullámok*
20
B. függelék: A Helmholtz-egyenlet Green-függvénye*
20
C. függelék: Egy egydimenziós példa kvázidiszkrét energiaszintekre*
20
1. Energiaviszonyok, kinematika 1.1. Kötési energiák Itt alapvet®en az
E = mc2
képletet kell virtuózan alkalmazni. Néhány tömeg (körülbelüli) értéke:
−27 kg, ez a 12 C mag tömegének 12-ede. 2 −27 kg-t lehet venni. 1 pJ = 6,24 MeV. 1 amu ·c = 931,5 MeV. Az mN nukleontömegre kb. 1,67·10 2 A proton tömege: mp = 1,007825 amu, mp c = 938,3 MeV 2 A neutron tömege: mn = 1,00866 amu, mn c = 939,6 MeV −31 kg , m c2 = 0,511 MeV Az elektron tömege: me = 9,1·10 e
Atomi tömegegység: 1 amu = 1,660565·10
m = 2,014102 amu m = 3,01605 amu
A deutériummag (D) tömege: A tríciummag (T) tömege:
3 He mag tömege: 4 A He mag tömege: A
m= m=
3,01603 amu 4,0026 amu
Az atomi tömegegységhez: a
12 C mag kötési energiája 92 MeV.
• Mekkora a deuteronban a mager®k potenciálja a tömeghiány alapján? Behelyettesítve a tömegek alapján:
E = (mp + mn − mD )c2 = 0, 002383amu ·c2
= 2,22 MeV = 0,36 pJ .
Megjegyzés: ez elég sekély. A deutérium alig létezik.
• Mekkora a magfúzió energiatöbblete? D+T→ He + n :
4
∆E = (mD + mT − m4 He − mn ) = 0, 0189amu·c2
= 17,6 MeV. (Ennek kb. 4/5-ét a
4 neutron viszi el, a maradékot a He.) D+D, T+T ugyanígy számolható. Megjegyzés: A D+T fúzió zajlik a hidrogénbombákban, és ez a legígéretesebb a szabályozott fúzióra is. A kilép® neutronok
energiája egy kedvelt energia; a hatáskereszmetszetek megadásakor gyakran külön megemlítik a termikus neutronokra és a hasadási spektrumra vett átlagokat, valamint a 14,3 MeV-es neutronokat.
• Mekkora energia szabadul fel az alábbi maghasadási reakcióban: 235 U + n →90 Kr + 143 Ba + 235 U , 143 Ba, 90 Kr magok tömegdefektusai: rendre -41 MeV, 74 MeV, 75 MeV. 3n ? Adott az M = A/12 ∗ M12 C − D = A · 1 amu −D, ahol D a defektus, de níció szerint. Így tehát Q = MU − MKr − MBa − 2mn , vagy másképp: Q = DKr + DBa − DU + 2 amu - 2mn , ki lehet számolgatni. Q = 173, 8 MeV jön ki. Egy mag tömege
Megjegyzés:
Egy nehéz atommag (urán, plutónium) hasadásakor átlagosan kb. 32 pJ = 200 MeV energia szabadul fel, ez
2
az eredeti nyugalmi energia kb. 0,09%-ának felel meg. (Ökölszabály: 1 kg urán hasadása 1 GW teljesítményt tud leadni 1 napig.) A 200 MeV-b®l kb. 6610 MeV jut a neutronokra, a prompt gammasugárzásra és a leányelemek bomlására, a többi jórészt a hasadási termékek kinetikus energiája. Ezek a számok persze hasadó magonként kicsit mások és mások.
• A CNO-ciklus szerint mekkora volna a Földön a Napból jöv® neutrínók uxusa? A CNO-ciklus a következ® folyamat:
p +12 C →
13
p +14 N →
15
N+γ O+γ
⇒
13
N →
13
⇒
15
O →
15
Ismert, hogy a béta-bomlásokban mindkett®ben
C + e + + νe N + e + + νe Q =1,2
viszik el a neutrínók, és a Földre érkez® napteljesítmény
⇒
p +13 N →
14
⇒
p +15 N →
12
N+γ C +4 He
⇒
MeV energia szabadul fel, ennek átlagosan 2/3-át
ΦE = 1350
2
W/m .
Feltehetjük, hogy a felszabaduló energia minden formája végül elektromágneses sugárzássá alakul, és hozzáadódik a napállandóhoz, kivéve a neutrínók által elvitt energia. A 4p→ He folyamatban felszabaduló
4
energia:
4 · 1, 007825 − 4, 0026
amu = 26,7 MeV, ebb®l a neutrínók járulékát levonva 25,13 MeV marad;
egy ilyen folyamat során két neutrínó keletkezik, tehát minden 12,6 MeV-nyi energiára jut egy neutrínó. A napteljesítményb®l visszaszámolva négyzetméterenként kb. 6,7·10 1. megjegyzés:
14 db neutrínó adódik.
A Nap energiájának nagy részét valójában nem a CNO-ciklus adja, hanem a proton-proton ciklus, mely a
következ®: p + p
→ D + e+
+
νe
, D+p
→ 3 He, 3 He + 3 He → 4 He + p + p, ennek során a kötési energiákból kb. ugyanennyi
energia szabadul fel, csak kicsit mást visznek el a neutrínók, tehát így számolva is kb. ennyi jött volna ki. 2. megjegyzés: Mint ismert, a Napból kb. harmadannyi
νe
érkezik, mint ezek alapján kellene: egy részük útközben átalakul
müon-neutrínóvá (neutrínóoszcilláció), és a müon-neutrínót az elektron-neutrínóra érzékeny berendezések nem veszi észre. 3. megjegyzés: Érdemes megjegyezni néhány energiaértéket: a 4p→ He fúzióban a felszabaduló energia kb. a komponensek
4
26 össztömegének 0,72%-a, több, mint a D+T fúzióban, ahol ez kb. 0,37%. A Nap teljesítménye kb. 3,85·10 W, ez másodper-
cenként kb. 600 millió tonna H fuzionálásával történik, az elmen® energia tömege pedig kb. 4,3 millió tonna másodpercenként. Az évmilliók el®rehaladtával ez lassan növekszik; a kialakuláskor még csak a mai 70%-a volt.
1.2. Neutron tömege, ütközése Chadwick a neutron tömegét úgy mérte meg, hogy ütköztette atommagokkal, és nézte, melyiknek mennyi
M a mag tömege, v0 és ′ a bees® és a kimen® neutron sebessége, v a meglökött mag sebessége. Maximum mekkora energiát ad
energiát ad át. (Tömegspektroszkópia nem lehet, mert semleges.) Lássuk: legyen
v
át a neutron? Ez akkor van, ha a neutron visszaszóródik, ekkor az impulzus és energiamegmaradásból:
mn v0 = M v ′ − mn v,
1 1 1 2 mn v02 = M v ′ + mn v 2 2 2 2
⇒
v=
4x E , ahol E0 az eredeti energia és (1+x)2 0 hidrogénre a legmagasabb, vagyis mn ≃ mp . Valóban. vagyis az átadott energia
∆E =
1. megjegyzés: A neutron energiája ekkor
2mn v0 , M + mn
x =
(1.1)
mn M . A kísérlet szerint ez
(x−1)2 4x -edrészére csökken, azaz az elveszített energia az eredetinek -szerese. (x+1)2 (1+x)2
Ha a tömegközépponti rendszerben a neutronszórás izotrop (kis neutronenergiákra így is van, ld. a parciális hullámoknál), akkor kiszámítható, hogy egy ütközésben a leadott átlagos neutronenergia az eredetinek
2x -szerese. Feladat: ellen®rizzük! (1+x)2
2. megjegyzés: A neutron tömegét persze pontosabban meg lehet mérni a magok tömegeinek és kötési energiájának mérésével;
persze csak akkor, ha már tudjuk, hogy létezik, és hogy egy
A tömegszámú magban Z
proton és
A−Z
neutron van. Chadwick
felfedezésének lényege az egyedi részecskeként való kimutatás és a körülbelüli tömegmérés.
1.3. Hatáskeresztmetszetek de níciója, mérése Ha egy szórócentrumra bees® részecskenyaláb uxusa ladó részecskék száma,
[Φ] =
Φ
(ez a négyzetméterenként másodpercenként átha-
1 ), és egy adott folyamatból másodpercenként m2 s 3
B -t észlelünk (azaz [B] =
1 s ),
akkor az ennek a folyamatnak megfelel® mikroszkopikus hatáskeresztmetszet,
σ
de níciója:
B , Φ
σ=
(1.2)
−28 m2 . A folyamat lehet pl. adott térszögbe
ez terület dimenziójú, szokásos egysége a barn: 1 barn = 10
való szórás, akármilyen szórás, maghasadás, elnyelés, elnyelés és gerjesztés, stb., így beszélhetünk szórási dierenciális hatáskeresztmetszetr®l, teljes szórási, hasadási, elnyelési, stb. hatáskeresztmetszetekr®l.
A
teljes rugalmas szórási hatáskeresztmetszet (σe , elasztikus) a dierenciális hatáskeresztmetszet integrálja:
∫ σe =
dΩ
dσ . dΩ
(1.3)
σ a teljes hatáskeresztmetszet, és egy makroszkopikus anyagban n a szórócentrumok s¶r¶sége, akkor egy I (vékony) dx vastagságú fóliára F felületen es® I intenzitású nyaláb (ennek uxusa tehát Φ = F ) dx · F · n darab szórócentrummal találkozik, a kölcsönhatások száma másodpercenként tehát Φ · F nσdx = Inσdx, Ha
vagyis a nyalábból kiszóródott részecskékkel felírható a következ® egyenlet:
dI = −nσI dx λ
neve:
⇐
( x) , I (x) = I0 exp − λ
ahol λ =
átlagos szabad úthossz, ez itt a nyaláb behatolási mélysége.
1 . nσ
(1.4)
Vékony céltárgyra a nyalábból
dx elveszett (valamilyen folyamatban részt vett) részecskék száma I λ id®egységenként. Vékony céltárgynál ilyen igaz minden részfolyamatra is: egy adott esemény bekövetkezési frekvenciája
Bi = N σi Φ = σi
I I = nF dx F F
⇒
Bi = nσi dx,
(1.5)
i index a folyamatokat különbözteti meg, N az érintett szórócentrumok száma, F a nyaláb területe. 1 nσ neve makroszkopikus hatáskeresztmetszet, mértékegysége m . Minden részfolyamat (pl. adott szögbe szórás, elnyelés, maghasadás) makroszkopikus hatáskeresztmetszete, Σi de niálható ezzel analóg 1 módon: Σi = nσi , de általában csak a teljes nσtot értelmezhet® az átlagos szabad úthossz reciprokaként . ahol az Az
• Példa: beütésszám kiszámítása adott hatáskeresztmetszet alapján: 3 Egy A = 200 tömegszámú atommagokból álló céltárgyra 3,2 µA áramú, 5 MeV-es He nyalábot irányítunk. 3 A rugalmas szórás izotrop, a teljes hatáskeresztmetszet σtot =1,25 barn. A kijöv® He részecskéket egy 2 felület¶, d=10 cm távolságban elhelyezett 100 %-os hatásfokú detektorral észleljük. A céltárgy 3 vastagsága 1 µm, s¶r¶sége ρ =20 g/cm . Mekkora a detektorban a B beütésszám? S=10 mm
Megoldás: a nyaláb részecskéinek kinetikus energiája jóval kisebb a nyugalmi tömegnél: lehet nemrelativisztikus képletet használni. A
3 He tömege jóval kisebb a céltárgy atommagokénál, úgyhogy a tömegkö-
zépponti és a laborrendszer azonosnak vehet® (tehát nincs visszalök®dés). Így a szórás a laborrendszerben
dσ tot ∆Ω = S/d2 = 10−3 , az izotrópia miatt dΩ = σ4π , azaz ρ 3,2µA σtot 1 tehát B = nd∆σI = AmN dx · 4π ∆Ω · 2e ≃ 6000 s .
is izotrop. A detektor térszöge szórásra
∆σ =
σtot 4π ∆Ω, ekkor
a detektorra való
• Példa: vastag céltárgy: Egy d=0,1 mm vastag, dúsított uránból készült fóliára (σtot
≃ 1000 barn, ρ = 20 g/cm3 , A = 235) termikus
neutronokat lövünk. Hanyad részük halad át?
20000kg/m3 = 5, 1 · 1028 m13 , a szabad úthossz tehát 235mN 200µm. Ezen tehát a nyaláb e−0,1mm/200µm -ad része, kb. 60%-a halad át.
Megoldás: a szórócentrumok s¶r¶sége
1 nσtot
≃
n =
λ =
Megjegyzés: Látszik tehát, hogy a céltárgy vékonysága a szabad úthosszhoz viszonyítva értend®.
1
Pl. neutronokra a maghasadási makroszkopikus hatáskeresztmetszet reciproka (ha a neutron másképp is elnyel®dhet,
nemcsak hasítással, mint ahogy ez általában igaz is), nem egyenl® az egy hasításig megtett átlagos távolsággal.
4
2. Cseppmodell, Weizsäcker-formula A tapasztalat szerint a magok tekinthet®k összenyomhatatlan folyadéknak; a sugaruk:
R ≃ r0 A1/3 ,
ahol r0 ∼ 1, 2 fm.
(2.1)
2.1. A kötésienergia-formula F®leg nem túl könny¶ magok kötési energiáira meglep®en jó eredményt ad az igen egyszer¶ ún. Weizsäcker-
féle félempirikus formula, melyben 5 paraméter van:
E = αV A − αS A2/3 − αC ahol
A
a tömegszám,
• αV ≃ 15, 8
Z
Z2 (A − 2Z)2 + δ (A, Z) , − α A A A1/3
(2.2)
a rendszám, az együtthatók pedig:
MeV. Ez a tag a térfogati energia: ez a nukleonok számával arányos, mert mindegyik a
szomszédjaival hat kölcsön. Ez a mager®k rövid hatótávolságát fejezi ki (ld. alább).
• αS ≃ 18, 3
MeV. Ez a felületi tag, mivel a felületen lév® nukleonoknak kevesebb szomszédjuk van.
• αC ≃ 0, 714 A1/3 közötti • αA ≃ 23, 2
MeV. Ez a Coulomb-tag, a protonok taszítását írja le. Ezt ismerve a magsugár és arányosságot tényleg ki lehet számítani (alább ki is számítjuk).
MeV. Ez az aszimmetriatag vagy Pauli-tag: a minél szimmetrikusabb (protonszám és ne-
2
utronszám minél egyenl®bb) kon gurációkat favorizálja . Ha a magot ideális Fermi-gáznak tekintjük, kijön, hogy ez az energiatag így függ
• δ (A, Z)
A-tól
és
Z -t®l,
ld. lentebb.
a párenergia; kifejezi, hogy a mager® spinfügg®, és ezért a páros-páros atommagoknak (ahol
azonos spinbeállás lehetséges) er®sebben kötöttek.
δ (A, Z) alakjára empirikusan az adódik, hogy en-
αP αP , 0, − 1/2 ha páros-páros, páros-páratlan, ill. ha páratlan-páratlan atommagról nek értéke rendre 1/2 A A van szó. αP értéke kb. 12 MeV.
2.2. Stabilitási völgy, vastócsa Kiszámíthatjuk, hogy adott
Z
A-ra melyik Z
a legstabilabb: jelöljük ezt
Z0 (A)- val.
A (2.2) adott
A melletti
szerinti deriváltjának zérushelye (a párenergiát most elhagyva):
−αC A stabilitási völgy: adott Mivel van).
αC 4αA értéke kb.
2Z A − 2Z + 4αA =0 1/3 A A
⇒
Z0 (A) =
A 1 . αC 2 1 + 4α A2/3 A
(2.3)
A-kra a Z0 (A) környéke, ez az AZ térképen egy völgyként jelenik meg. 7, 694 · 10−3 , kis atommagoknál Z0 (A) ≈ A/2 (ez tehát a Pauli-energia miatt
Nagyobb magoknál az elektromos taszításból származó energia eltolja az egyensúlyt a nagyobb
neutronszámok irányába.
Ennek ismert az összes fenomenológiai következménye.
során felszabadul pár fölös neutron, hasadási láncreakció lehetséges. szinte mind
β − -bomlók
(mivel neutrondúsak), alig akad
β + -bomló.
Ilyenek: maghasadás
A hasadásban keletkez® izotópok
(A párenergia miatt van néhány).
Kiszámíthatjuk azt is ezek után, hogy melyik a leger®sebben kötött atommag, azaz melyikre jut egy nukleonra a legtöbb kötési energia. Beírva
[
Z0 (A)-t
(2.2)-be, a megoldandó egyenlet:
d αS Z0 (A)2 (A − 2Z0 (A))2 αV − 1/3 − αC − α A dA A2 A A4/3 2
]
= 0.
(2.4)
Ha héjakra gondolunk, akkor minden héjon 2 proton és 2 neutron lehet (ezek fermionok, érvényes rájuk a Pauli-elv);
amelyikb®l több van magban, azok pazarlóbban tudják csak betölteni a héjakat: többen magasabb energiájú állapotba kerülnek, mintha minden héjra juthatna 4 nukleon.
5
3 azt kapjuk, hogy
Kicsit tovább alakítva
αS 4Z02 ( αC 2/3 ) 2Z0 + 2α + A − 2αA =0 A A2 3 A 3A1/3
⇒
αS +
2α αC αS 2/3 αC αC S 4/3 A + − A = 0. 2 A 2αA 2 16αA
(2.5)
A1/3 -ra, meg lehet keresni a megoldását. A fent (a (2.2) formula után) megadott megoldás A0 = 72, Z0 = 32-nek adódik. A minimumhely elég lapos, a paraméterek
Ez negyedfokú egyenlet paraméterekkel a
egészen kis változtatása is lényegesen odébbtolja. Mindenesetre látszik, hogy a közepes atommagoknak a legmélyebb a kötésük: a Coulomb-energia még nem taszítja szét ®ket, de a felületi energia már kicsi: be tudnak kapcsolódni a vonzásba sokan. A valóságban az
A0 = 56, Z0 = 26-os
vas a legmélyebben kötött
mag, eszerint a vasig bezárólag mind a maghasadás, mind a fúzió energiát szabadít fel.
2.3. A Yukawa-potenciál A térfogati tag jellegéb®l mindegyik nukleon csak a szomszédjával hat kölcsön a mager® rövid hatótávolságára lehet következtetni. A Yukawa-potenciál az els® ötlet volt ilyen potenciálra; eredeti levezetése
m
egy
tömeg¶ részecske, mint közvetít®részecske relativisztikus hullámegyenletén alapul, mely a
Φ
tér-
mennyiségre így írható (a fotonnak, mint az elektromágneses kölcsönhatás közvetít®jének analógiájára):
Φ =
1 ∂2Φ − △Φ = 0 c2 ∂t2
⇔
m2 c2 1 ∂2Φ m2 c 2 Φ = − △Φ + Φ = 0. ~2 c2 ∂t2 ~2
Φ + 4
Keressünk sztatikus gömbszimmetrikus megoldást , azaz amikor
φ (r)
függés van.
(2.6)
A Laplace-operátor
gömbi koordinátás kifejezése alapján ekkor a megoldandó egyenlet
∂ 2 Φ 2 ∂Φ m2 c2 = + Φ ∂r2 r ∂r ~2
⇔
∂2 m2 c2 (rΦ) = (rΦ) ∂r2 ~2
rΦ = β1 e− b + β2 e b , r
⇒
r
ahol b =
~c . m
(2.7)
Az exponenciálisan növekv® tényez®t elhagyva a Yukawa-potenciál tehát a következ® alakú:
Φ (r) = − ahol
β1
helyett bevezettük a
bevezetett
b mennyiség.
g -vel
g 2 −r/b e , r
b=
jelölt csatolási állandót.
~c , m
(2.8)
Az ilyen er® hatótávolsága tehát kb. az itt
Tudva, hogy ez kb. 1 fm, a részecske tömegére nagyságrendileg 200 MeV adódik. A
pion nev¶ részecske közvetíti a Yukawa-kölcsönhatást; ez pszeudoskalár, azaz leírhatja a π ± (ezek egymás antirészecskéi) és π 0 ; mπ± = 139 MeV, mπ0 = 135 MeV.
Φ mez®.
Háromféle
van:
2.4. Elektrosztatikus energia Egy egyenletesen töltött,
R
sugarú,
Q
töltés¶ gömb
Q r , 4πε0 R3
Ebent (r) = A teljes
U=
ε0 2
∫
E 2 dr
Ekint (r) =
Q 1 . 4πε0 r2
(2.9)
( ∫ 4π 0
R
r2 r 6 dr + 4π R 2
∫
∞
R
1 r 4 dr r 2
) =
3 Q2 1 . 5 4πε0 R
(2.10)
Z0 (A)-n keresztül is, de Z0 (A)-t éppen az mondta meg, hogy A-szorosának, de az lényegtelen) x A mellett Z szerinti deriváltja legyen 0. Tehát elég az explicit A-függés deriváltját kiszámolni, a Z0 (A)-függésen keresztüli közvetett deriválással nem kell tör®dnünk. 4 ikr−iωt Abból derül ki, hogy az itt bevezetett m tényleg a részecske tömege, ha a síkhullám-megoldásokat tekintjük: ezek e , 2 2 2 2 2 ω = (ck) + m c /~ alakúak. Egy segítség: az
A-tól
elektromos tere a gömbön belül és kívül:
térenergia:
ε0 Q 2 U= 2 (4πε0 )2 3
E(r)
való függés megjelenik expliciten és
ennek a függvénynek (illetve
6
Másképp is megkaphatjuk ezt: azt a munkát kiszámolva, ami ahhoz kell, hogy a végtelenb®l a töltött,
dr
vastagságú gömbhéjakat egymás után a már ott lév® töltött gömb tere ellen dolgozva odavigyük. A
ρ
Q töltéss¶r¶ség , ezzel: (4/3)πR3
∫
R
U= 0
1 1 4πρ2 4 3 r πρ · · 4πr2 ρdr = 3 4πε0 r 3ε0 5
Az eredmény tehát ugyanaz, mint el®bb .
αC -re
az
Ha
∫
R
4π r dr = 3ε0
(
4
0
Q 4 3 3R π
R = 1, 2 fm · A1/3 ,
)2
R5 1 3 Q2 = . 5 4πε0 5 R
akkor, mivel
e2 1 4πε0 1,2 fm
(2.11)
= 1196
keV,
valóban kb. 0,718 MeV értéket kapunk, ami tényleg kb. annyi, mint a Weizsäcker-formulában
szerepl® empirikus paraméter.
2.5. Aszimmetria-energia, Fermi-gáz modell Képzeljünk el, hogy az atommag egy
V = 34 R3 π
térfogatú gömbbe zárt,
Z
darab protonból és
A−Z
darab
neutronból álló nulla h®mérséklet¶ ideális, azaz kölcsönhatásmentes Fermi-gáz! (A nukleonok fermionok.)
N részecskét V térfogatban tartalmazó Fermi-gázról azt kell tudni, hogy T = 0 h®mérsékleten a 0-tól a pF Fermi-impulzusig minden lehetséges állapotot betöltenek a részecskék. A pF impulzushoz 3 3 3 3 tartozó gömb (a Fermi-gömb) térfogata 4πpF /3, egy d p fázistér-cellában gV d p/h darab állapot fér el, ahol g a spin-degeneráció (elektronra, protonra, neutronra g = 2). Ha összesen N részecskénk van, akkor Egy
a Fermi-impulzus:
√
gV 4π 3 p =N h3 3 F 6 az
és ezt használva
E
gV E= 3 h
⇒
pF = h
3
3 4gπ
(
N V
)1/3 ,
(2.12)
összenergia (m a részecske tömege):
∫
pF
0
2πgV p5F p2 3N p2F 3N h2 4πp dp = = = 2m 5mh3 5 2m 5 2m
(
2
3 4πg
)2/3 (
N V
)2/3 .
(2.13)
A − Z neutront! Az m tömeg ekkor az mn nukleontömeg, az összenergia pedig, bevezetve az x = (A − 2Z)/A aszimmetria-paramétert, a következ®: ( )2/3 ( ) 3A h2 ( 3A )2/3 (1 + x)5/3 + (1 − x)5/3 3 3 h2 5/3 5/3 Z + (A − Z) . (2.14) = E= 5 2mn 4πgV 5 2mn 4πgV 25/3 Nézzünk most
Az
V
térfogatban
Z
protont és
x-ben másodrendig (1 + x)5/3 ≃ 1 + 5x/3 + 5x2 /9, így kis x-ekre így alakíthatjuk az energia kifejezését: 3A h2 E≃ 5 2mn
Ha most beírjuk, hogy
3 V = A 4π 3 r0 ,
3 h2 E≃ 20 2mn r02
(
3A 8πgV
)2/3
3A h2 + 5 2mn
(
3A 8πgV
)2/3
5x2 . 9
(2.15)
akkor a következ®t kapjuk:
(
9 4π 2 g
)2/3
1 h2 A+ 12 2mn r02
(
9 4π 2 g
)2/3
(A − 2Z)2 . A
(2.16)
Kaptunk tehát egy térfogati energia jelleg¶ és egy Pauli-jelleg¶ tagot (ezek alakja olyan, mint a (2.2) formulában). Ebben a modellben (mint a valóságban is) a proton-neutron aszimmetria csökkenti a kötési energiát; az együtthatóra adódó kb. 11,15 MeV nagyjából fele a Weizsäcker-formula
αA
együtthatójának.
A térfogati energia viszont itt pozitív, a Weizsäcker-formulában pedig negatív: utóbbinak az értelmezéséhez nyilván szükség van a (most elhagyott) vonzó kölcsönhatás gyelembevételére.
5
Kitekintés:
nyilván teljesen hasonló képlet adja meg azt az energiát, ami akkor szabadul fel, amikor egy homogén
tömegeloszlású, gravitáló gömb összeáll. Számítsuk ezt ki pl. a Napra, megdöbbent®en nagy értéket kapunk!
6
A (2.12) egyenletben
√ 3
3/π
√ 3
4g értéke pedig g = 2-re (vagyis szinte minden fermionra) 2. Hasznos V /N az egy részecskére jutó térfogat, (V /N )1/3 a becsült d0 távolság a részecskék pF ∼ h/2d0 , vagyis feleannyi, mint amit a de Broglie-hipotézis alapján ösztönösen várnánk. értéke majdnem 1, a
ökölszabály tehát a következ®: a gázban között, ebb®l a Fermi-impulzus
7
2.6. Párenergia 2
A párenergia miatt stabil páratlan-páratlan atommagok csak a periódusos rendszer elején vannak: D= H,
6 Li, 10 B, 14 N, több nincs is. Ezeknek is általában nagy a neutronbefogási hatáskeresztmetszetük. A 10 B-t atomreaktorok szabályozórúdjaiban ill. neutronelnyel®ként alkalmazzák. A légkör nitrogénje (14 N) el®szeretettel nyel el kozmikus neutront, kormeghatározásra alkalmas
14 C-t keltve: 14 N+n→14 C+p.
A
6 4 lítium-6 tríciumot termel: Li+n→ He+T, ld. száraz hidrogénbomba. (A D kicsit kivételnek t¶nik: az 1 H sokkal jobban eszi a neutronokat, a trícium egyáltalán nem vesz fel újabbat.) Általában is egy atom páratlan neutront tartalmazó izotópjai jobban befogják a neutronokat, mint a párosak. Néhány páratlan-páratlan atommag érdekes bomlásokat mutat, mint pl. a
40 K: ez
β+
és
β−
bomló is; mindkett®vel növelni tudja a kötési energiáját.
3. Héjmodell 3.1. Mágikus számok A cseppmodell nem tud a mágikus számokról: ezek a 2, 8, 20, 28, 50, 82, 126,
???.
Az ilyen nukleonszámú
magok különösen stabilak. (A következ® mágikus szám még csak elméletileg jósolható.) Példák: az ónnak (Z
= 50)
van a legtöbb (10) stabil izotópja.
Az ólom (Z
= 82)
nem bomlik tovább
α-bomlással.
A
135 Xe 81 neutronjához csak egy hiányzik, hogy 82 legyen: ez a leger®sebb reaktorméreg, neutronbefogási hatáskeresztmetszete extrán nagy. A duplán mágikus magok gerjesztési energiái kiugróan nagyok, és nem szívesen vesznek fel újabb nukleont. Ilyenek pl.:
4 He (A
= 5-ös mag egyáltalán nincsen), 16 O, 40 Ca, 208 Pb.
A mágikus számok héjakról árulkodnak. Úgy tárgyaljuk ®ket, hogy feltesszük: a nukleonok a magban valamilyen (végs® soron egymás által létrehozott) potenciálban mozognak: ez az önkonzisztens tér. Persze ezt a párkölcsönhatás pontos alakját ismerve kellene meghatározni, de ez nem egyszer¶. Ehelyett induljunk ki valamilyen félig indokolható egyszer¶bb közelítésb®l! Ismert pl. a Woods-Saxon-féle pontenciális energia:
VW S (r) = Ez kb.
R
V0
e
. +1 r > R-re
(3.1)
r−R σ
méret¶ tartományban kb. konstans negatív,
0-hoz.
pedig gyorsan tart
Azonban ezt
nem egyszer¶ megoldani. Próbálkozzunk el®ször egy egyszer¶bb esettel, a harmonikus potenciállal!
3.2. Gömbszimmetrikus harmonikus oszcillátor I. derékszög¶ koordináták
• Mit mondhatunk az energiaszintekr®l, paritásról? Az egydimenziós oszcillátor megoldása ismert. Az energiaszintek az
2 2 2 ˆ (1) = − ~ ∂ ψ (1) + mω0 x2 ψ (1) = Eψ (1) Hψ 2m ∂x2 2 a normált
(1)
ψn (x)
hullámfüggvények pedig a
Hn
=
1 α −α2 x2 /2 √ e Hn (αx) , n 2 n! π
√ α≡
A háromdimenziós oszcillátor energiaszintjeit tehát három
En1 n2 n3 Az
N
( ) 3 = ~ω0 N + , 2
N ≡ n1 + n2 + n3 ,
megadása rögzíti az energiát, és a paritást is: a
párosak (páratlanok), így
ψ n1 n2 n3
kvantumszámmal kifejezve:
( ) 1 En = n + ~ω0 , 2
(n ∈ N) ,
(3.2)
dn −x2 e . dxn
(3.3)
Hermite-polinomokkal fejezhet®k ki:
√ ψn(1) (x)
⇒
n
páros vagy páratlan,
8
mω0 , ~
Hn (x) = (−1)n ex
n1 ∈ N, n2 ∈ N, n3 ∈ N
2
egész szám jellemzi:
ψ (x, y, z) = ψn(1) (x) ψn(1) (y) ψn(1) (z) . 1 2 3
Hn Hermite-polinomok páros (páratlan) n ha N = n1 + n2 + n3 páros vagy páratlan.
(3.4)
esetén
• Hány különböz®, adott N -hez tartozó (adott energiájú) állapot van? N = 0-ra csak egy lehet®ség, n1 = n2 = n3 = 0 van. N = 1-re és N = 2-re három, N =0 n1 n2 n3 Általában: ahányféleképpen
N =1
N =2
illetvel hat:
N =3
0
1
0
0
2
0
0
1
1
0
...
0
0
1
0
0
2
0
1
0
1
...
0
0
0
1
0
0
2
0
1
1
...
N -et fel lehet bontani három nemnegatív egész szám összegére.
Könny¶ látni,
hogy ez a szám éppen
(N + 1) (N + 2) . 2
(3.5)
A harmonikus oszcillátorból kapott energiaszintek felfoghatók héjaknak, amik egymás után tölt®dnek be. Egy héjon 4 nukleon foglalhat helyet: 2 proton és 2 neutron, mindkett® ellentétes spinbeállással.
3.3. Gömbszimmetrikus harmonikus oszcillátor II. gömbi koordináták
• A Schrödinger-egyenlet megoldása Keressünk most határozott impulzusmomentumú energiasajátállapotokat: az alábbi módon felvéve a hullámfüggvényt az impulzusmomentum nagysága és
−
z
tengelyre vett vetülete határozott lesz:
mω 2 2 ~2 △ψ + r ψ = Eψ, 2m 2
ψ (r, ϑ, φ) = Ylm (ϑ, φ) R (r) .
(3.6)
r helyett a dimenziótlan x változóra, az E = ~ω0 ε jelöléssel azt kapjuk, hogy √ d2 R 2 dR l (l + 1) mω0 α= , E = ~ω0 ε ⇒ − + R − x2 R + 2εR = 0. (3.7) ~ dx2 x dx x2
Behelyettesítve, áttérve
r=
x , α 7
Alakítsuk tovább :
l −x2 /2
R (x) = x e Ez az egyenlet az
√ x = t, Az
x=
√ t
√ d d =2 t , dx dt
a, b ∈ C, −b ∈ / N
g (x)
⇒
d2 g +2 dx2
(
) ( ) dg 3 l+1 −x +2 ε−l− g = 0. x dx 2
(3.8)
helyettesítéssel egy ismert alakra hozható:
d2 d d2 +4t = 2 dx2 dt dt2
paraméterekt®l és a
függvényt az alábbi, minden
( ) ( ) d2 g 3 dg 1 3 − l + − ε g = 0. t 2+ l+ −t dt 2 dt 2 2
⇒
z ∈ C
F (a, b, z)
változótól függ®
z -re konvergens hatványsor de niálja,
tesz az ún. hipergeometrikus dierenciálegyenletnek (ahol a vessz®
elfajult hipergeometrikus
melyr®l könny¶ ellen®rizni, hogy eleget
z
szerinti deriváltat jelent):
∞
∑ Γ (a + k) Γ (b) z k a z a (a + 1) z 2 F (a, b, z) = 1 + + +· · · = , b 1! b (b + 1) 2! Γ (a) Γ (b + k) k!
(3.9)
⇒
zF ′′ + (b − z) F ′ − aF = 0.
(3.10)
k=0
7
l Az exponenciális szorzó bevezetése az egydimenziós eset analógiájára kézenfekv®, az x szorzó pedig azért, mert könnyen [ 2 ] l belátható, hogy l impulzusmomentumú hullámfüggvények az origóban r hatvánnyal indulnak (amennyiben limr→0 r U (r) =
0,
azaz a potenciális energia legalábbis nem válik túl gyorsan végtelenné
9
r = 0-ban).
8
A (3.10) és (3.9) egyenletek alapján tehát összerakhatjuk a Schrödinger-egyenlet megoldását :
( l −α2 r2 /2
ψ∝re Be lehet látni, hogy nagy
z -re
F
általában
l+
3 2
−ε
2
3 , l + , α2 r 2 2
F (a, b, z) ∝ ez
) Ylm (ϑ, φ) .
F (a, b, z)
C-ben, és így (3.11)-b®l a = −n negatív egész szám:
valamilyen irányban
látható, hogy nem lesz normálható a hullámfüggvény. Egyetlen kivétel az, ha ekkor az
(3.11)
függvény a (3.10) de nícióból láthatóan egy
n-edfokú
9
polinom , és a hullámfüggvény
normálható lesz. Tehát az energiaszintek:
3 ε = 2n + l + 2
( ) 3 E = ~ω0 N + , 2
⇔
N = 2n + l.
(3.12)
• Mint mondhatunk az állapotok paritásáról, elfajultságáról? Összhangban a korábbiakkal, páros N -ek páros, páratlan N -ek páratlan állapotoknak felelnek meg, hiszen l az l impulzusmomentumú állapot paritása (−1) . Ha N = 2k páros, akkor k = N/2-féleképpen lehet (3.12) szerint n-nel és l-lel el®állítani (0 < l < 2k páros), és minden l-hez még tartozhat 2l + 1 darab különböz® m kvantumszámú állapot: adott páros N -re (N +1)(N +2) az állapotok száma tehát 1 + 5 + 9 + · · · + (4k + 1) = (k + 1) (2k + 1) = . Ha N = 2k + 1 2 páratlan, akkor k = (N −1)/2-féleképpen lehet n-nel és l-lel el®állítani (1 < l < 2k +1 páratlan), összeadva (N +1)(N +2) a lehetséges m-ek számát: 3 + 7 + 11 + · · · + (4k + 3) = (k + 1) (2k + 3) = adódik ismét. 2 Megkaptuk tehát, hogy a határozott impulzusmomentumú állapotokat összeszámolva is ugyanaz az adott
N -hez
tartozó szint elfajultsága, mint (3.5)-ben láttuk.
3.4. Héjak az atommagban, spin-pálya kölcsönhatás
• A nívók általános jellemzése l kvantumszámukkal) jellemezhetjük. A nukleonok feles spinje még állhat kétfelé a pályamomentumhoz képest: a teljes j impulzusmomentum j = l + 1/2 és j = l − 1/2 lehet. Ezeken kívül még valamilyen n f®kvantumszámot kell bevezetni. Az l, n és j megadása már teljesen jellemzi a nívót; ez az m kvantumszám szerint még 2j + 1-szeresen elfajult. Az l = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 . . . értékeket szokás szerint az s, p, d, f , g , h, i, . . . bet¶kkel 10 jelöljük az n + 1 mellett, a teljes impulzusmomentumot indexbe írjuk . Így tehát pl. a 3f7/2 állapot az n = 2 f®kvantumszámú, l = 3 kvantumszámú (emiatt páratlan paritású) nívó, melyre j = l + 1/2. Ebben 2j + 1 = 8 darab azonos nukleon lehet (különböz® m-ekkel). Az el®z® szakasz szerint harmonikus potenciálban az n f®kvantumszám lehet éppen a (3.12)-ben bevezetett n: ekkor az energia ~ω0 (N + 3/2), N = 2n + l. (Például az el®bb említett 3f7/2 állapotra ekkor N = 2n + l = 7.) Ha az önkonzisztens tér potenciáljára mást teszünk fel, akkor az n f®kvantumszám jelentése esetleg más lesz. Felmerül tehát a Bármilyen gömbszimmetrikus potenciálban a nívókat impulzusmomentumuk szerint (az
magnívók betöltési sorrendjének kérdése.
8
Ezzel vigyázni kell: a (3.10)-ben szerepl® dierenciálegyenlet másodrend¶, azaz van az
F (a, b, z)
hipergeometrikus függ-
vényen kívül egy másik lineárisan független megoldás is. Könnyen belátható, hogy b nem egész értéke esetén (ez van (3.9)-ben 1−b is) a z F (a − b + 1, 2 − b, z) függvény jó másik megoldásnak. Az ebb®l (3.11) mintájára összerakott hullámfüggvény azonban
r = 0-ban
szinguláris lesz, amint az látható az
r
hatványainak összeszámlálásából, ezért vetjük el ezt a lehet®séget.
Más a helyzet egy dimenzióban: egészen hasonló átalakításokkal az egydimenziós (3.2) egyenlet is megoldható hipergeometrikus függvényekkel, és ott a páratlan
n-¶
állapotok ebb®l a másik lineárisan független megoldásból származnak. Feladat:
ellen®rizzük! Egyúttal összefüggéseket fogunk találni a hipergeometrikus függvény és a Hermite-polinomok között.
9
Ezen polinomok között megtalálhatunk több érdekes polinomrendszert, pl. a Hermite-polinomokat (ld. a 8. lábjegyzetet
is) és a Laguerre-polinomokat.
10
Két megjegyzés:
1) A f®kvantumszámot itt
n = 0, 1, 2 . . . értékekkel szokás s állapotokban (l = 0) a j
megfelel a harmonikus oszcillátornál látottaknak. 2) Az
10
venni, azaz mindig
1/2,
n = 0
a legalacsonyabb; ez
ezt ki sem írjuk sokszor.
• A spin-pálya kölcsönhatás szerepe A nukleon spinjét és pályamomentumát csatoló kölcsönhatás jelent®s eektusokhoz vezet; operátora
f (r) Vˆsl = −f (r)ˆlˆs = − 2 ahol
f (r)
valamilyen függvény,
[( ] )2 [ ] ˆl + ˆs − ˆl2 − ˆs2 = − f (r) ˆj2 − ˆl2 − ˆs2 , 2
ˆs, ˆl és ˆj pedig
a spin, a pálya és a teljes impulzusmomentum operátorai.
A (3.13) kölcsönhatás megjelenése azt okozza, hogy a
∆Ej=l+ 1 2
j = l ± 1/2
f f = − [j(j + 1) − l(l + 1) − s(s + 1)] = − 2 2
és hasonlóan
f =− 2
∆El− 1 2
ˆj2 , ˆl2 határozott volt), az f
Itt a (3.13)-beli
és
ˆs2
[(
1 l− 2
(3.13)
)(
1 l+ 2
)
[(
1 l+ 2
állapotok energiái eltolódnak:
)( ) ] 3 3 f l+ − l(l + 1) − = − l, 2 4 2
] 3 f − l(l + 1) − = (l + 1) . 4 2
(3.14)
(3.15)
operátorokat a sajátértékeikkel helyettesíthettük (a nívó impulzusmomentuma
r-függésével vett (l-t®l, j -t®l és s-t®l független) átlaga. j = l ± 1/2-es nívók energiája meg kellene egyezzen), a tapasztalat szerint adott l-re a j = l+1/2-es állapotok kisebb energiájúak a j = l−1/2-eseknél. 11 Ezt tehát a spin-pálya kölcsönhatás okozza: levonhatjuk azt a következtetést is, hogy f (r) pozitív . 1 Érdekes meg gyelni, hogy a 2j + 1 = 2(l + 1) darab j = l + -es nívó energiája l-lel arányosan lefelé, a 2 2j +1 = 2l darab j = l − 21 -es nívó energiája pedig l +1-gyel arányosan felfelé tolódik el, vagyis a spin-pálya pedig az
f
függvénynek a nívó
Noha az önkonzisztens tér spinfüggetlen (és eszerint a
kölcsönhatás nem változtatja meg a nívók átlagos energiáját.
3.5. A nívók betöltési sorrendje
• A harmonikusoszcillátor-modellben a nívók növekv® N = 2n + l szerint vannak sorba téve, azaz: N = 0 (1s), N = 1 (1p), N = 2 (2s, 1d), N = 3 (2p, 1f ), N = 4 (3s, 2d, 1g ), stb. • A valósághoz h¶bb potenciálok lassabban n®nek nagy r-re: a nagyobb l-¶ (azaz a középponttól átlagosan távolabb elhelyezked®) nívók energiája nem olyan nagy. Megsz¶nik tehát az adott N -es nívók elfajultsága (azonos N = 2n + l-re a kisebb n, nagyobb l-¶ állapotok lejjebb kerülnek, mint a nagyobb n, kisebb l-¶ek). A sorrend így ilyesmi lenne: 1s, 1p, 1d, 2s, 1f , 2p, 1g , 2d, 3s, stb. • A spin-pálya kölcsönhatás felhasítja a j = l + 1/2-es és a j = l − 1/2-es nívókat. A trükk az, hogy a spin-pálya felhasadás nagyobb lehet, mint a nívók eredeti távolsága, így azok összekeveredhetnek. Ez is történik; a meg gyelt, és kés®bb levezetett (=kidumált) nívósorrend a következ® (ezt
kell megjegyezni):
1s 1p 3 1p 1 1d 5 2s 1d 3 1f 7 2p 3 1f 5 2p 1 1g 9 2d 5 1g 7 1h 11 2d 3 3s 2f 7 1h 9 1i 13 2f 5 3p 3 3p 1 . . . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 |{z} | 2{z 2} | 2 {z 2} |{z} | 2 {z 2 } | 2 {z 2 } | 2 {z 2 } 2db
6db
8db
12db
22db
32db
44db (3.16)
Egy
j
index¶ nívóban
2j + 1
darab állapot lehet; feltüntettük, hogy hogyan állnak össze ezek a nívók a
mágikus számokká: kijönnek a 2, 8, 20, 28, 50, 82, 126 mágikus számok
11
Egyb®l csak az látszik, hogy
bizonnyal igaz az
12
f (r) > 0
f
12 .
pozitív, mivel azonban ez minden nívó koordinátafüggésére képzett átlagra igaz, minden
feltétel is.
Hangsúlyozni kell, hogy itt azért inkább a kísérlet által vezetett elméleti er®lködésr®l, mint az elmélet kényszerít® erej¶
következményér®l van szó; a spin-pálya kölcsönhatásnál látott
f -ban
és a potenciál nem harmonikus volta miatti torzításban
nagy a szabadság; nem meglep®, hogy ezek alkalmas megválasztásával le lehet írni a meg gyelt nívósorrendet.
11
3.6. Alapállapotú magok spinje és paritása, példák Elnevezés: atommagok spinjén a teljes impulzusmomentumukat értjük.
•
A tapasztalat szerint a nukleonok számára el®nyös, ha
impulzusmomentuma spinje
•
0,
0.
pp
vagy
nn
párokba rendez®dnek, melyek teljes
Ilyen módon a páros-páros magok (páros neutron, páros proton) alapállapotának
paritása pozitív.
Páros-páratlan magok alapállapotának
j
spinjét és
π
paritását az el®z® szabály alapján általában a
páratlanul maradt nukleon héjbesorolásával lehet meghatározni. Az 1. táblázatban láthatunk erre néhány példát. Nem minden esetben m¶ködik azonban ez a szabály. Mag
A
Z
N
nívó
n
l
j
π
7 Li
7
3
4
1p3/2 1p1/2 1d5/2 2s 1d3/2 2p3/2 1f5/2 2d5/2 1h11/2 3s 2d3/2
0
1
-
0
1
0
2
1
0
0
2
1
1
0
3
1
2
0
5
2
0
1
2
3/2 1/2 5/2 1/2 3/2 3/2 5/2 5/2 11/2 1/2 3/2
13 C
13
6
7
23 Na
23
11
12
29 Si
29
14
15
35 Cl
35
17
18
57 Fe
57
26
31
67 Zn
67
30
37
95 Mo
95
42
53
113 Cd
113
48
65
135 Xe
135
54
81
197 Au
197
79
118
mért
+ + + + + +
3/2− 1/2− 3/2+ 1/2+ 3/2+ 1/2− 5/2− 5/2+ 1/2+ 3/2+ 3/2+
(*)
(*)
(*) (*)
1. táblázat. Példák páros-páratlan magok alapállapotának héjmodell-kon gurációjára. A megoldás menete: az tömegszám és
Z
rendszám adott,
A
N = A−Z
a neutronszám. A páratlan nukleont (itt félkövérrel szedtem) a (3.16)l beli héjsorrend szerint beosztjuk. Leolvassuk a nívó jelét, j , l kvantumszámait, a paritás (−1) . Kövessük végig a gondolatmenetet! A *-gal jelölteknél a modell nem ad jó eredményt.
•
Páratlan-páratlan magok alapállapotában két nukleont kell besorolnunk; ezek
az ered® paritást, de a proton és a neutron
j
l
indexe meghatározza
kvantumszámát többféleképpen is össze lehet rakni ered®
impulzusmomentummá (magspinné); hogy ezek közül melyik valósul meg, arra nincs általános szabály. A 2. táblázatban láthatunk erre példákat. Megjegyzésre érdemes a hasonló stílusú
β -bomlásokhoz
képest igen lassú (T1/2
= 1, 3 ·
40 K, aminek
j = 4-es
spinje az oka a
109 év) bomlásnak.
4. Atommagok mágneses momentuma A mágneses momentum egy adott árameloszlásra
µ=
1 2
∫
d3 r r × j (r),
ha minden mozgó töltésre a töltés
q q és a tömeg aránya állandó m , akkor µ = 2m J, ahol J a mechanikai impulzusmomentum. Elektronra e e ~ viszont µ = g 2me s = g 2me 2 : mivel itt nem érvényes a pörg® töltés kép, be kell vezetni a g tényez®t (giromágneses arány ), ami klasszikusan 1 lenne. A Dirac-egyenletb®l g = 2 jön ki, vagyis eszerint az e~ −24 J/T. (A valóságban elektron mágneses momentuma a µB = 2me , az ún. Bohr-magneton, értéke 9,27·10 az elektron
g -faktora
kicsit nagyobb 2-nél.)
Nukleonok mágneses momentumát magmagneton egységekben mérhetjük, ennek értéke:
5, 05·10−27 J/T. (Itt
mp
µN =
e~ 2mp
=
a protontömeg; látszik, hogy ez az érték kb. 2000-szer kisebb az elektron mágneses
momentumánál a nukleonok nagyobb tömege miatt.) A proton mágneses momentuma 2,79µN , a neutroné -1,92µN (azaz a neutron mágneses momentuma a spinjével ellentétes irányba mutat), tehát a protonra
g = 5, 59, neutronra g = −3, 93. Összetett atommagoknak is van mágneses momentuma, ezzel foglalkozunk most. j spin¶ atommag g -faktora nyilván így de niálható: µ = gµN j . 12
Mag
neutron
proton
Jel
A
Z
N
nívó
ln
jnπ
D ( H)
2
2
1
1
6
3
3
10 B
10
5
5
14 N
14
7
7
22 Na
22
11
11
40 K
40
19
21
60 Co
60
27
33
82 Br
82
35
47
134 Cs
134
55
79
196 Au
196
79
117
1s 1p3/2 1p3/2 1p1/2 1d5/2 1d3/2 1f7/2 1f5/2 2d5/2 2d3/2
0
6 Li
1/2+ 3/2− 3/2− 1/2− 5/2+ 3/2+ 7/2− 5/2− 5/2− 3/2−
1 1 1 2 2 3 3 3 3
nívó
1s 1p3/2 1p3/2 1p1/2 1d5/2 1f7/2 1f5/2 1g9/2 2d3/2 2f5/2
Mért
lp
jpπ
Jπ
0
1/2+ 3/2− 3/2− 1/2− 5/2+ 7/2− 5/2− 9/2+ 3/2− 5/2+
1+ 1+ 3+ 1+ 3+ 4− 5+ 5− 4+ 2−
1 1 1 2 3 3 4 3 4
2. táblázat. Néhány páratlan-páratlan mag héjmodell-kon gurációja. Az utolsó páratlan nukleon besorolása ugyanúgy történik, mint a páros-páratlan esetben (ld. 1. táblázat). A kísérletileg ismert magspint és paritást nézve látszik, hogy a két páratlan nukleon
j -i hol így, hol úgy adódnak össze ered® J
magspinné. Ellen®rizzük a táblázatot! (Meg-
jegyzés: az els® négy izotópon kívül egyik sem stabil.)
4.1. Mágneses magrezonancia Egy
µ = gµN j
nagyságú mágneses momentum
vetület¶ állapotban nyilván jegyezni, hogy
B
gµN m.
z
irányú vetülete az
m kvantumszámú impulzusmomentum-
A mágneses magrezonancia jelenségéhez praktikus oldalról elég meg-
mágneses térbe helyezett atommagokra rezonáns elnyelést tapasztalunk
ω
frekvenciájú
gµN B = ~ω , a kvantumfeltétel az energiára13 . Legjellemz®bb a proton (hidrogénmag) esete; itt g értéke 5,59, j = 1/2, 1 T mágneses térnek megfelel® frekvencia tehát (az m = ±1/2 állapotok közötti átmenetre) f = 42, 63 MHz frekvencia adódik. • Példa: 13 C atommag g -faktora, ha B = 0, 8 T mágneses térben f = 8, 57 MHz-nél látunk rezonanciát? Mekkora a 13 Válasz: a C mag feles spin¶ (ld. pl. korábban, a héjmodellnél, vagy táblázatból), a 2µB = hf képletb®l −27 J/T, a µ = g · µ · 1 összefüggés alapján ebb®l g = 1, 406. a mag mágneses momentuma µ = 3, 55 · 10 N 2 (általában rádiófrekvenciás) térre, ha teljesül, hogy
4.2. Schmidt-modell
• Levezetés: A héjmodell keretein belül meghatározhatjuk magok mágneses momentumát, ha csak egy (páratlan) nuk-
14 . Egy nukleon mágneses momentumának operátora
leon mozgása okozza azt
) ( ˆ = µN glˆl + gsˆs , µ
ahol
l és s a pályamomentum és a spin operátorai (a páratlan nukleon héjkon gurációja megmondja az ® l és j kvantumszámait); gl és gs a megfelel® giromágneses tényez®k (gl = 1, gs = 5, 59 protonra, és gl = 0, gs = −3, 93 neutronra a neutron a pályamozgással nem kelt mágneses momentumot). A teljes mágneses ˆ = gµN ˆj. A nukleon magban való momentum nyilván ˆ j irányába mutat; a mag g -faktora így írható: µ 15 mozgásra átlagolva, és kihasználva, hogy j = l + s az átlagokra is , µN -nel egyszer¶sítve írhatjuk, hogy ) g −g ( ) )( ) gl + gs ˆˆ gl − gs (ˆ gl + gs (ˆ s ˆ l gˆj = glˆl + gsˆs = l + ˆs + l − ˆs ⇒ gˆj2 = jj + l − ˆs ˆl + ˆs (4.1) 2 2 2 2 13 14 15
j2
Tisztességesebben tárgyalva egy spin mozgását rádiófrekvenciás küls® EM térben megkaphatjuk ezt a feltételt. Ez akkor lehet, ha a többi nukleon betöltött héjban van (csak egy lóg ki), vagy ha csak egy hiányzik a héj betöltéséhez. Itt az átlagolást úgy kell érteni, hogy egy adott
J
teljes impulzusmomentumú és
Jz
vetület¶ állapot el®áll, mint adott j1 és
teljes impulzusmomentumú állapotok lineárkombinációja (ld. Clebsch-Gordan-együtthatók). Esetünkben a pályamomen-
tumról és a spinr®l van szó; minden ilyen lineárkombinálandó állapotban más és más lesz a
glˆl + gs ˆs operátor hatása, és ezeket
kell mintegy súlyozva összeadni, ezt jelenti az átlagolás. A szövegben azt látjuk, hogy ezt egyszer¶bben is megtehetjük.
13
Az átlagolás a
z
j , l és s esetén: a ˆj2 , ˆl2 , ˆs2 ( )( ) 2 2 Továbbá ˆ l − ˆs ˆl + ˆs = ˆl − ˆs , és j = l ± 12 lehet,
irányú vetületek lehetséges értékeire történik adott teljes
operátorokat ezért sajátértékeikkel helyettesíthetjük.
s
nagysága pedig
1 2 , azaz
3 4 . Ezeket összerakva, végigszámolva azt kapjuk, hogy
s (s + 1) =
gl + gs gl − gs l (l + 1) − s (s + 1) g= + 2 2 j (j + 1) ⇒
⇒
...
( )( ) l − 12 l + 23 gl + gs gl − gs ( )( ) g= + 2 2 l ± 12 l + 1 ± 12
⇒
g = gl ∓
gl − gs , 2l + 1
⇒
1 ha j = l ± . 2
(4.2)
Nem mindegy persze, hogy neutron vagy proton a páratlanul maradt nukleon (gl és
gs
értéke más rájuk).
• Példák: Határozzuk meg az alábbi magok giromágneses tényez®jét a héjmodell alapján! Be kell sorolni a páratlan nukleont (mit a héjmodellnél), majd az el®z® (4.2) képletet használni.
A helyzet nem javul: eléggé
Z
N
nívó
l
j
g (számolt)
13
6
7
1,405
8
-0,53
-0,567
17 O
17
8
9
-0,766
-0,758
33 S
33
16
17
0,766
0,429
37 Cl
37
17
20
1/2 1/2 5/2 3/2 3/2
1,277
7
1p1/2 1p1/2 1d5/2 1d3/2 1d3/2
1(p)
15
0,082
0,456
Mag
A
13 C 15 N
1(p) 2(d) 2(d) 2(d)
g (mért)
3. táblázat. A Schmidt-modell alkalmazása néhány magra. A páratlan nukleon félkövérrel van szedve, amelynek járulékát a (4.2) képlet szerint lehet kiszámítani. Ezek mind olyan magok, amelyekre teljesülnek a 14. lábjegyzet feltételei. Ellen®rizzük ezt, és a táblázatban szerepl® értékeket!
pontatlan eredményeket ad a modell a legtöbb magra. Amit viszont állíthatunk, hogy a legtöbb magra a
1 1 2 és = l − 2 értékekhez függvényeit Schmidt-vonalaknak hívjuk. (Persze ezek
giromágneses tényez® a (4.2) egyenletb®l számított két érték közé esik: a ez alapján számolt giromágneses tényez®ket, mint
l
j =l+
különböz®ek protonra és neutronra).
4.3. Bonyolultabb esetek Ha a mágneses momentumot nem egy nukleon mozgása okozza, akkor megpróbálhatjuk összeadni az egynukleon-járulékokat, de ett®l nem várunk túl pontos eredményt (már az egyrészecskés Schmidt-modell sem vezet túl jó eredményre, mint láttuk). Két,
j1
és
j2
impulzusmomentumú,
g1
és
g2
giromágneses té-
nyez®t adó (ezeket pl. a Schmidt-modellb®l vehetjük) nukleon mágneses momentumát mindenesetre össze tudjuk adni, ha az ered® impulzusmomentum
J:
ehhez ugyanolyan módszert használhatunk, mint az el®bb
a pályamomentum és a spin összecsatolásánál (most
ˆl és ˆs szerepében ˆj1
és ˆ j2 áll, továbbá
ˆ = ˆj1 + ˆj2 .) J
g , ekkor az el®bbi értelemben átlagolva: ( ) ) g1 + g2 ˆ g1 − g2 (ˆ g1 + g2 ˆ 2 g1 − g2 (ˆ2 ˆ2 ) 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ g J = g1 j1 +g2 j2 = J + j1 + j2 + j1 − j2 ⇒ gJ = j1 − j1 2 2 2 2
Az
ered® giromágneses tényez® legyen
⇒
g=
g1 + g2 g1 − g2 j1 (j1 + 1) − j2 (j2 + 1) + . 2 2 J (J + 1)
⇒
(4.3)
Három vagy több nukleon járulékának összeadása csak egyéb speciális feltételezések mellett lehetséges. Ugyanez igaz a nem gömbszimmetrikus magokra is, ezeket most nem tárgyaljuk.
14
5. Kvantummechanikai szóráselmélet 5.1. Rugalmas szórás: alapvet® megfontolások
~k
A
impulzusú részecske rögzített centrumon való rugalmas szórását leíró hullámfüggvény a szórócent-
rumtól nagy távolságban egy befutó síkhullám és egy ugyanolyan hullámszámú kifutó gömbhullám összege:
ψk ≈ eikz + Itt
f (ϑ) ikr e r
⇒
dσ = |f (ϑ)|2 . dΩ
(5.1)
f (ϑ) a szórási amplitúdó (feltettük, hogy ez csak a ϑ szórási szögt®l függ, vagyis egyel®re a tengelyszim-
metrikus esetre korlátozódunk). A
dσ dΩ hatáskeresztmetszet a kimen® gömbhullám és a befutó síkhullám
árams¶r¶ségének hányadosaként adódik. A Schrödinger-egyenlet gását leíró
ψk (r)
~k
nagyságú impulzusú részecske moz-
megoldását gömbfüggvények szerinti sorfejtéssel (azaz határozott impulzusmomentumú
állapotok lineárkombinációaként) keressük; a sugárirányú egyenlet a következ® lesz:
ψk =
∞ ∑ l=0
[ ] d2 Rkl 2 dRkl l (l + 1) 2m 2 ⇒ + = + 2 V (r) − k Rkl . dr2 r dr r2 ~
~2 k 2 Al Pl (cos ϑ) Rkl (r) , E = 2m
(5.2)
Rkl -ekkel felírt határozott impulzusmomentumú állapotok nem (5.1) alakúak, viszont az Al -ek alkalmas V potenciál elég gyorsan elt¶nik r → ∞re, akkor elérhet®, hogy az Rkl -ek r → ∞-re érvényes kifejezéseiben az alábbi módon kerüljene el® a δl ún. fázisfaktorok ; ezekkel aztán kifejezhetjük az Al -eket is: ) ( 2l + 1 l iδl 2 lπ (k) Rl → sin kr + + δl , ha r → ∞, Al ≡ ie . r 2 2k Az
választásával ki lehet bel®lük keverni olyat, ami az. Állítás: ha a
Az ezekkel az
Al -ekkel ψ≃
(5.2) szerint összeállított
ψ
hullámfüggvény az (5.1)-ben megkövetelt alakú lesz.
∞ [ ] 1 ∑ (2l + 1) Pl (cos ϑ) (−1)l+1 e−ikr + Sl eikr , 2ikr
ahol Sl = e2iδl .
(5.3)
l=0
Az ilyen aszimptotikus alakú
Rkl -ek
tulajdonképpen egyforma nagyságú amplitúdóval kifutó és befutó
gömbhullámok összegei; arról van szó tehát, hogy ezekb®l a megfelel®
Al
együtthatókkal kikeverünk egy
(5.1) alakú állapotot, ahol is a befutó gömbhullámok lineárkombinációjaként a megkövetelt bees® síkhullám adódik. A szórásamplitúdóra pedig a következ®t kapjuk:
f (ϑ) =
∞ ∑
(2l + 1) fl Pl (cos ϑ) ,
fl =
l=0
∫ ⇒
π
σ = 2π
2
|f (ϑ)| sin ϑdϑ =
0 Itt ki kellett használni a
∞ ∑
σl ,
Sl − 1 2ik
ahol σl = 4π (2l + 1) |fl |2 =
l=0
Pl -ek
⇒
ahol Sl = e2iδl
ortogonalitási tulajdonságait. Az
fl
4π (2l + 1) sin2 δl . k2
mennyiségeket parciális szórásampli-
túdóknak is szokták nevezni. Ez a parciális hullámok szerinti kifejtés lényege. A részletesebb levezetések megtalálhatók pl. a Landau III-ban. Az A. függelékben némileg összefoglalom ezeket a számolásokat.
5.2. Parciális hullámok A parciális hullámok módszere tulajdonképpen a szórási hatáskeresztmetszetnek (ill. a szórásamplitúdónak)
l
szerinti sor alakjában való felírása. Elvben minden
megoldásából, ezekb®l pedig az
16
Azok az esetek, ahol
V
fl
16 mennyiségek .
nem elég gyorsan t¶nik el
l-re
meghatározható
δl
a Schrödinger-egyenlet
r → ∞-re (ilyen pl. a Coulomb-eset is), külön megfontolásokat igényelnek. 15
Kis energiájú részecskék szóródásakor kiderül, hogy csak az els® néhány (határesetben csak az
l = 0)
index fog számottev® járulékot adni. Hogy melyek, azt szemiklasszikusan egyszer¶en megbecsülhetjük: ha
b,
a potenciál valamilyen értelm¶ hatótávolsága
akkor ez játssza az ütközési paraméter szerepét, így a
bees® részecske maximális impulzusmomentumára a x¶ állapotban az impulzusmomentum kb.
l17 .
még szerepet játszó
~l,
p·b
becslést tehetjük, ahol
p
az impulzus.
l
inde-
ebb®l tehát megbecsülhetjük, hogy mekkora a legnagyobb,
Neutronszórásra például azt állíthatjuk, hogy kis energiájú neutronokra a szórás
P0 (cos ϑ) = 1. Ahogy növeljük a neutron energiáját, úgy a megjelenik el®ször az l = 1-nek megfelel® P1 (cos ϑ) = cos ϑ-s (cos ϑ-ban
izotrop, mivel a nulladik Legendre-polinom,
ϑ-függésében a P2 (cos ϑ)-s tag,
hatáskeresztmetszet lineáris) tag, utána
így tovább, nagy energiákon a szórás már nem izotrop.
• Számpéldák: • E =200 Válasz :
keV-es neutronokkal bombázunk protonokat. Milyen a szórás szögeloszlása?
a =1,2 pa = 0, 12 · ~.
A proton mérete
1, 05 · 10−20
Ns, azaz
fm, 1,2 fm· 5 MeV energiájú neutron impulzusa Ez alapján azt mondhatjuk, hogy csak az
l = 0-ás
√ p 2mn E = szórás játszik
szerepet, tehát a szórás izotrop lesz.
•
128 Te + n,
En = 50 MeV reakcióban? √ 3 Válasz : az ütközési paraméter a mag sugara: b = 128 · 1, 2 fm = 6 fm, a neutron impulzusa bp −19 p = 1, 63 · 10 Ns, tehát ~ = 9, 3, vagyis az l = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 mind szerepet játszik. Milyen parciális hullámok játszanak szerepet a
5.3. Born-közelítés
• Levezetés Ellenkez® esetben, ha a potenciális energia perturbációnak tekinthet®, a szórásprobléma megoldható Bornközelítéssel. A Schrödinger-egyenlet megoldását szabad mozgás + kis korrekció alakban keressük:
−
~2 ~2 ~2 △ψ +V (r) ψ = Eψ, ψ = ψ0 +ψ1 ⇒ − △ψ0 − △ψ1 +V (r) ψ0 +V (r) ψ1 = Eψ0 +Eψ1 . 2m 2m 2m
Feltételezve, hogy
ψ1 ≪ ψ0
és hogy
V
és
ψ1
ugyanolyan (kicsiny) nagyságrend¶,
ψ0 -ra
(5.4)
szabad mozgást
leíró egyenlet adódik, és összegy¶jthetjük az els®rend¶ tagokat:
− Ez
( ) ~2 ~2 k 2 2mV (r) 2mV (r) ikr △ψ0 = Eψ0 ⇒ ψ0 = eikr , E = ⇒ △ + k 2 ψ1 (r) = ψ0 = e . 2 2m 2m ~ ~2
ψ1 -re
(5.5)
egy inhomogén dierenciálegyenlet. Ennek kifutó hullámokat tartalmazó, azaz a szórás végálla-
potát leíró Green-függvénye a következ® (ld. a B. függeléket is): ′ ( ) 1 eik|r−r | G r, r′ = − 4π |r − r′ |
Ezzel felírhatjuk
ψ1 -et,
most az argumentumát
R-rel
m ψ1 (R) = − 2π~2 Minket
ψ1
nevez®ben
alakja nagy
|R| ≡ R-eknél
(5.6)
jelölve:
ik|R−r′ | eikr′ V 3 ′e d r |R − r′ |
(r′ )
.
érdekel, ahonnan majd leolvashatjuk a szórásamplitúdót, ezért a
R-et írhatunk, a számlálóban pedig |R − r′ | ≃ R − n′ r′ -t, ahol bevezetjük az n′ = R/R jelölést:
m eikR ψ1 (R) ≃ − 2π~2 R 17
∫
( ) ( ) △r G r, r′ = δ r − r′ .
,
∫
3 ′ i(k−k′ )r′
d re
( ) m eikR V r′ = − 2π~2 R
∫
( ) ′ d3 r′ eiqr V r′ ,
Ez az egész persze elnagyolt kép, a valóságban folytonosan változnak a különböz®
16
l
k′ ≡ kn′ .
(5.7)
index¶ szórási folyamatok járulékai.
Ebb®l leolvashatjuk a szórásamplitúdót, ami tehát Born-közelítésben a potenciál Fourier-transzformáltja (argumentuma pedig az átadott impulzus, amit szokásosan
m f =− 2π~2
′
q≡k−k,
∫
q-val
jelölünk):
( ) ′ d3 r′ V r′ eiqr ,
dσ = |f |2 dΩ.
(5.8)
Hogy mikor engedhet® meg ez a közelítés, arra a következ® példa ad szemléltetést.
• Példa: Szórás gömb alakú potenciálvölgyön Born-közelítéssel A háromdimenziós potenciálvölgyben legyen legyen V = −V0 , ha r < a,
és
V = 0,
ha
r > a.
Born-
közelítésben a hatáskeresztmetszet Fourier-transzformációval adódik; ezt gömbi polárkoordinátákban célszer¶ csinálni, melyeket úgy veszünk fel, hogy a
∫
∫ 3
d rV (r) e
iqr
=−
∫
a
dr ∫
q
vektor irányába mutasson:
∫
2π iqr cos ϑ
dφ r sin ϑe
0
4πV0 q
tengely a
2
dϑ
0
=
∫
π
z
V0 = −2πV0
0
∫
a
dr r 0
a
1
2
dyeiqry = −1
4πV0 [sin (qa) − qa cos (qa)] . q3
dr r sin (qr) = 0
(5.9)
Ebb®l a szórásamplitúdó és a hatáskeresztmetszet úgy kapható, mint fent. Érdemes kicsit megnézni ezt a kifejezést:
• Fermi-féle pszeudopotenciál: Neutronok szórásánál néha hasznos, ha a potenciált Dirac-deltának képzeljük:
V (r) = −
2π~2 f δ (r) m
⇒
dσ = |f |2 dΩ.
(5.10)
Ha erre az esetre kiszámoljuk a Born-közelítést, a szórásamplitúdó nyilván tényleg az így bevezetett
f
18 mennyiséggel lesz egyenl®, iránytól függetlenül , noha a Dirac-deltára a valóságban nem alkalmazható a Born-közelítés. Láttuk viszont a parciális hullámoknál, hogy alacsony energiájú szórásnál a neutronszórás izotrop: ezt tehát le lehet írni ezzel a pszeudopotenciállal, hozzávéve utasításként, hogy Born-közelítéssel kell számolni. Ez kristályrácsok neutronszórásának vizsgálatakor hasznos: ilyenkor nem annyira a mag zikai szórásfolyamat, mint inkább a kristályrács rezgési állapotváltozása érdekel minket. Ekkor tehát az egyedi szórás leírására lehet ezt a sémát alkalmazni, noha sem a Born-közelítés, sem a potenciál nem reális.
• Példa: Szórás Yukawa-potenciálban Born-közelítéssel: A Yukawa-potenciál Fourier-transzformáltját a potenciálvölgyéhez hasonlóan számolhatjuk ki:
∫
∫ 3
d rV (r) e
iqr
= −2πg
=
∫
∞
π
dϑre
dr 0
0
4πg 2 1 + q2 b2
⇒
− rb iqr cos ϑ
e
2πg 2 =− iq
∫
∞
{ } 1 1 dr e−r( b +iq) − e−r( b −iq) =
0
dσ 4m2 g 4 1 = (1 )2 , 4 dΩ ~ + 2k 2 (1 − cos ϑ) b2
(5.11)
q = 2k sin ϑ2 . Ezt pl. proton-proton szórással lehet A képlet szerint különböz® a ϑ = 0 és a ϑ = π (az el®re és a hátraszórási) hatáskeresztmetszet. A
ahol felírtuk vizsgálni.
2
q -t k -val
és a szórási
ϑ
szöggel, mint
valóságban proton-proton szórásban szimmetriát találtak; ennek oka az, hogy kicserél®dhetnek a protonok.
18 az
Ellen®rizzük, hogy ez az eset tényleg megkapható az el®z®, gömbszimmetrikus potenciálvölgyre vonatkozó eredménynek
a → 0, V0 a3 = const
határeseteként!
17
5.4. Unitaritás, optikai tétel* 5.5. Kvázidiszkrét energiaszintek* 5.6. Szórás kvázidiszkrét energiaszinten* 5.7. Rugalmatlan szórás*
6. Elektromágneses átmenetek (γ -sugárzás) Egy atommag különböz® nívói közötti átmeneteket általában gammasugárzás kíséri, ennek energiája a
19 Feltesszük, hogy a kezd® és a végállapoti
szintek energiáinak különbsége, korrigálva a visszalök®désre magnívó
Jπ
kvantumszámai ismertek, ekkor a paritás és az impulzusmomentum megmaradása korlátozza
a lehetséges elektromágneses átmenetek típusait.
6.1. Fotonok gömbhullámai* A vákuumban
E-re
és
B-re
érvényes Maxwell-egyenleteket a
A
vektorpotenciálra lehet átírni (skalárpo-
tenciál zérussá tehet®):
∇E = 0,
∇B = 0,
∇×E=−
∂B , ∂t
∇×B=
1 ∂E c2 ∂t
⇒
B = ∇ × A,
E=−
∂A , ∂t
(6.1)
A-ra adódó független egyenletek a divergencia-egyenlet és a hullámegyenlet, mely harmonikus, e−iωt , ω ≡ ck id®függés esetén vektoriális Helmholtz-egyenletté válik: és az
1 ∂2A − △A = 0. c2 ∂t2
∇A = 0,
A (t, r) = A (r) e−ickt
⇒
∇A = 0,
(
) △ + k 2 A = 0.
(6.2)
rA-ra (itt r az origóból mutató △ (rA) = 2∇A + r△A, és most ∇A = 0):
Keressük ezeknek gömbi szimmetriájú megoldásait: könny¶ belátni, hogy helyvektor) valódi Helmholtz-egyenlet vonatkozik (hiszen
(
) △ + k2 A = 0
⇒
(
) △ + k 2 (rA) = 0
⇒
rA = C · Jl+ 1 (kr) Ylm (ϑ, φ) . 2
6.2. Példák
• Milyen átmenetek kötik össze az alábbi gerjesztett és alapállapotokat? A táblázatban megadunk gerjesztett és alapállapotokat (ezek spinjét és paritását), ezekb®l kell kitalálni, hogy milyen átmenetek lehetségesek közöttük, valamint melyik a legintenzívebb. Els® szabály: paritásvál-
M 1, E2, M 3, E4, . . . átmenetek lehetnek. Második szabály: a kezd® és végállapot spinjeire, valamint a fotonhullám λ spinjére a háromszögszabály érvényes, azaz a kezd®állapot J1 impulzusmomentuma kiadódhasson az elektromágneses hulláméból (λ) és a végállapotéból (J2 ): |J1 − J2 | ≤ λ ≤ J1 + J2 . λ = 0-s átmenet nincs. Harmadik szabály: általában tásnál
E1, M 2, E3, M 4. . . átmenetek,
paritás nem változásánál
a legalacsonyabb megengedett átmenet valósul meg, a mágneses pedig el van nyomva az elektromoshoz képest (E2 és
19
M1
általában kb. azonos nagyságrend¶).
2 az energiafelszabadulás és M a mag tömege, akkor a ∆E ≪ M c (gyakorlatilag mindig teljesül®) esetben az (∆E)2 visszalök®dési energia R = , azaz kicsi. Mégis van jelent®sége, pl. a Mössbauer-eektusnál. 2M c2
Ha
∆E
18
R
Kezd® és végállapot
J1π1 1+ 0+ 1− 2+ 3+ 1+ 7/2+
→ → → → → → →
Paritásváltás
J1π2 1− 2+ 0− 3− 1− 0− 3/2+
=
π1 π2
λ határok |J1 − J2 | J1 + J2
− + + − − − +
0 2 1 1 2 1 2
2 2 1 5 4 1 5
Lehetséges átmenetek (az eddigiekb®l)
E1, M2 M2, M1, E1, M2, E3, M4, E5 M2, E3, M4, E1 E2, M3, E4, M5
4. táblázat. Néhány elektromágneses multipólus-átmenete beazonosítása. Ellen®rizzük a táblázatban szerepl® értékeket!
7. Béta-bomlás* 7.1. Átmeneti mátrixelem, Fermi-elmélet* 7.2. Fermi és Gamow-Teller-átmenetek*
8. Kollektív gerjesztések* 8.1. Vibrációs energiaszintek* 8.2. Forgási gerjesztések* 8.3. Kvadrupólmomentumok*
19
A.
függelék: Gömbhullámok*
• A szóráselméleti számolások V = 0
El®ször oldjuk meg az (5.2) sugárirányú Schrödinger-egyenletet a
szabad mozgás esetében!
Egy
Bessel-egyenletet kaphatunk:
[ ] (0) (0) d2 Rkl 2 dRkl l (l + 1) (0) 2 + = − k Rkl , dr2 r dr r2
(0) Rkl (x)
ρl (x) ≡ √ x
x ≡ kr
1 dρl d2 ρl + + 2 dx x dx
⇒
[ ] (0) (0) d2 Rkl 2 dRkl l (l + 1) (0) + = − 1 Rkl , dx2 x dx x2
⇒
(
(l + 1/2)2 1− x2
(A.1)
) ⇒
ρl = 0
ρl (x) = C · Jl+ 1 (x) . 2
(A.2)
A normálásra mindjárt visszatérünk. A Bessel-függvények általában saját jogú transzcendens függvények, nem fejezhet®k ki elemi függvényekkel, de ezek a most el®került feles index¶ek igen: ezt beláthatjuk, ha (A.1) második egyenletét el®ször megoldjuk
(0)
l = 0-ra:
(0)
d2 Rk0 2 dRk0 (0) + + Rk0 = 0 2 dx x dx
(0)
⇒
Rk0 (r) =
2 sin (kr) , r
∫
∞
0
( ) (0) (0) dr r2 Rk′ 0 Rk0 = 2πδ k − k ′ .
Ez az a megoldás, amely véges az origóban, és eleget tesz a megadott normálási feltételnek.
Az
(A.3)
l ̸= 0
megoldásokra helyettesítsünk egyet, majd írjuk be az egyenletbe:
(0)
⇒
Rkl (r) = rl χkl (r)
B.
függelék: A Helmholtz-egyenlet Green-függvénye*
• A megoldás és levezetése Fourier-transzformációval: A Helmholtz-egyenlet minket érdekl®, kifutó gömbhullámot tartalmazó gond nélkül felírhatjuk ösztönösen is, a Laplace-egyenlet
(
△r + k
2
)
(
′
)
G r, r = δ
(3)
(
′
r−r
)
1/r-es
⇐
G (r, r′ )
Green-függvényét minden
Green-függvényét kiegészítve:
(
′
)
1 eik|r−r | G r, r = − . 4π |r − r′ | ′
(B.1)
Ennek egy szokásos, formális levezetése a Fourier-transzformáció alkalmazásával történik. El®ször is kössük ki, hogy (a tér homogenitására apellálva) csak
0-nak.
Most a Helmholtz-egyenletet és a Green-függvényt átírva Fourier-térbe, arra jutunk, hogy
(
⇒
C.
(r − r′ )-t®l függ® megoldásokat keresünk, azaz r′ -t vehetjük
(
△r + k
2
)
∫ G (r) = δ
(3)
) ˜ (q) = 1 −q 2 + k 2 G
(r) ,
⇒
G (r) =
˜ (q) = G
d3 q iqr ˜ e G (q) , (2π)3
1 2 k − q2
∫ δ
(3)
∫ ⇒
G (r) =
(r) =
d3 q iqr e (2π)3
d3 q eiqr . (2π)3 k 2 − q 2
⇒
(B.2)
függelék: Egy egydimenziós példa kvázidiszkrét energiaszintekre*
Legyen egy egydimenziós
V (x)
potenciálunk a következ®:
0, V0 , V (x) = 0, V 0, 0,
−∞ −b −a a b
ha ha ha ha ha 20
<x< <x< <x< <x< <x<
−b, −a, a, b, ∞,
(C.1)
azaz a potenciál két darab,
V0
magasságú gát; a gödör szélessége középen
2a,
a gátak vastagsága
b − a.
Keressük a Schrödinger-egyenlet megoldásait egy a szokásos esett®l (végtelenben elt¶n® hullámfüggvény, vagy pl. balról befutó hullám) eltér® határfeltétellel: a megoldás írjon le jobbra is, balra is kifutó hullámot! Ebben az esetben nyilvánvalóan nem kaphatunk szigorú értelemben stacionárius állapotot: a valószín¶ségs¶r¶ség sehol sem lehet konstans, mindenhol csökkenni fog, mégpedig id®ben exponenciálisan (hiszen a kifele áramlás mértéke, a az
ˆ = Eψ i~ψ˙ = Hψ
j
valószín¶ségi árams¶r¶ség arányos lesz a
nenciálisan csökken az id®ben.
21
Ebb®l következik, hogy
E sajátérték negatív képzetes részt fog ImE < 0, ennek abszolútértéke tényleg expo-
egyenlet megoldása értelmében felfogott
−iEt/~ lesz, és ha tartalmazni: valóban, ekkor az id®függés e
|ψ|2 -tel).
