Magzika gyakorlat - vázlatok

Átírás

1 Magzika gyakorlat - vázlatok Nagy Márton, Csanád Máté 4. Tartalomjegyzék Kicsit más sorrendben és sok kiegészítéssel. Érdemes elolvasni! :). Energiaviszonyok, kinematika.. Kötési energiák Neutron tömege, ütközése Hatáskeresztmetszetek deníciója, mérése Cseppmodell, Weizsäcker-formula 5.. A kötésienergia-formula Stabilitási völgy, vastócsa A Yukawa-potenciál Elektrosztatikus energia Aszimmetria-energia, Fermi-gáz modell Párenergia Héjmodell Mágikus számok Gömbszimmetrikus harmonikus oszcillátor I. derékszög koordináták Gömbszimmetrikus harmonikus oszcillátor II. gömbi koordináták Héjak az atommagban, spin-pálya kölcsönhatás A nívók betöltési sorrendje Alapállapotú magok spinje és paritása, példák Atommagok mágneses momentuma 4.. Mágneses magrezonancia Schmidt-modell Bonyolultabb esetek Kvantummechanikai szóráselmélet Rugalmas szórás: alapvet megfontolások Parciális hullámok Born-közelítés Unitaritás, optikai tétel* Kvázidiszkrét energiaszintek* Szórás kvázidiszkrét energiaszinten* Rugalmatlan szórás* Elektromágneses átmenetek γ-sugárzás) Fotonok gömbhullámai* Példák

2 7. Béta-bomlás* Átmeneti mátrixelem, Fermi-elmélet* Fermi és Gamow-Teller-átmenetek* Kollektív gerjesztések* Vibrációs energiaszintek* Forgási gerjesztések* Kvadrupólmomentumok* A. függelék: Gömbhullámok* B. függelék: A Helmholtz-egyenlet Green-függvénye* C. függelék: Egy egydimenziós példa kvázidiszkrét energiaszintekre*. Energiaviszonyok, kinematika.. Kötési energiák Itt alapvet en az E = mc képletet kell virtuózan alkalmazni. Néhány tömeg körülbelüli) értéke: Atomi tömegegység: amu =, kg, ez a C mag tömegének -ede. pj = 6,4 MeV. amu c = 93,5 MeV. Az m N nukleontömegre kb.,67 7 kg-t lehet venni. A proton tömege: m p =,785 amu, m p c = 938,3 MeV A neutron tömege: m n =,866 amu, m n c = 939,6 MeV Az elektron tömege: m e = 9, 3 kg, m e c =,5 MeV A deutériummag D) tömege: m =,4 amu A tríciummag T) tömege: m = 3,65 amu A 3 He mag tömege: m = 3,63 amu A 4 He mag tömege: m = 4,6 amu Az atomi tömegegységhez: a C mag kötési energiája 9 MeV. Mekkora a deuteronban a mager k potenciálja a tömeghiány alapján? Behelyettesítve a tömegek alapján: E = m p + m n m D )c =, 383amu c =, MeV =,36 pj. Megjegyzés: ez elég sekély. A deutérium alig létezik. Mekkora a magfúzió energiatöbblete? D+T 4 He + n : E = m D + m T m4 He m n ) =, 89amu c = 7,6 MeV. Ennek kb. 4/5-ét a neutron viszi el, a maradékot a 4 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 4,3 MeV-es neutronokat. Mekkora energia szabadul fel az alábbi maghasadási reakcióban: 35 U + n 9 Kr + 43 Ba + 3n? Adott az 35 U, 43 Ba, 9 Kr magok tömegdefektusai: rendre -4 MeV, 74 MeV, 75 MeV. Egy mag tömege M = A/ M C D = A amu D, ahol D a defektus, deníció szerint. Így tehát Q = M U M Kr M Ba m n, vagy másképp: Q = D Kr + D Ba D U + amu - m n, ki lehet számolgatni. Q = 73, 8 MeV jön ki. Megjegyzés: Egy nehéz atommag urán, plutónium) hasadásakor átlagosan kb. 3 pj = MeV energia szabadul fel, ez

3 az eredeti nyugalmi energia kb.,9%-ának felel meg. Ökölszabály: kg urán hasadása GW teljesítményt tud leadni napig.) A MeV-b l kb. 66 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 + C 3 N + γ 3 N 3 C + e + + ν e p + 3 N 4 N + γ p + 4 N 5 O + γ 5 O 5 N + e + + ν e p + 5 N C + 4 He Ismert, hogy a béta-bomlásokban mindkett ben Q =, MeV energia szabadul fel, ennek átlagosan /3-át viszik el a neutrínók, és a Földre érkez napteljesítmény Φ E = 35 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 4 He folyamatban felszabaduló energia: 4, 785 4, 6 amu = 6,7 MeV, ebb l a neutrínók járulékát levonva 5,3 MeV marad; egy ilyen folyamat során két neutrínó keletkezik, tehát minden,6 MeV-nyi energiára jut egy neutrínó. A napteljesítményb l visszaszámolva négyzetméterenként kb. 6,7 4 db neutrínó adódik.. megjegyzés: A Nap energiájának nagy részét valójában nem a CNO-ciklus adja, hanem a proton-proton ciklus, mely a következ : p + p D + e + + ν e, 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.. megjegyzés: Mint ismert, a Napból kb. harmadannyi ν e 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 4 He fúzióban a felszabaduló energia kb. a komponensek össztömegének,7%-a, több, mint a D+T fúzióban, ahol ez kb.,37%. A Nap teljesítménye kb. 3,85 6 W, ez másodpercenként kb. 6 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 7%-a volt... Neutron tömege, ütközése Chadwick a neutron tömegét úgy mérte meg, hogy ütköztette atommagokkal, és nézte, melyiknek mennyi energiát ad át. Tömegspektroszkópia nem lehet, mert semleges.) Lássuk: legyen M a mag tömege, v és v a bees és a kimen neutron sebessége, v a meglökött mag sebessége. Maximum mekkora energiát ad át a neutron? Ez akkor van, ha a neutron visszaszóródik, ekkor az impulzus és energiamegmaradásból: m n v = Mv m n v, m nv = Mv + m nv v = m n v,.) M + m n vagyis az átadott energia E = 4x E +x), ahol E az eredeti energia és x = mn M. A kísérlet szerint ez hidrogénre a legmagasabb, vagyis m n m p. Valóban.. megjegyzés: A neutron energiája ekkor x ) 4x -edrészére csökken, azaz az elveszített energia az eredetinek -szerese. x+) +x) Ha a tömegközépponti rendszerben a neutronszórás izotrop kis neutronenergiákra így is van, ld. a parciális hullámoknál), x akkor kiszámítható, hogy egy ütközésben a leadott átlagos neutronenergia az eredetinek -szerese. Feladat: ellen rizzük! +x). 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..3. Hatáskeresztmetszetek deníciója, mérése Ha egy szórócentrumra bees részecskenyaláb uxusa Φ ez a négyzetméterenként másodpercenként áthaladó részecskék száma, [Φ] = m s ), és egy adott folyamatból másodpercenként B-t észlelünk azaz [B] = s ), 3

4 akkor az ennek a folyamatnak megfelel mikroszkopikus hatáskeresztmetszet, σ deníciója: σ = B Φ,.) ez terület dimenziójú, szokásos egysége a barn: barn = 8 m. A folyamat lehet pl. adott térszögbe 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 σ e, elasztikus) a dierenciális hatáskeresztmetszet integrálja: σ e = dω dσ dω..3) Ha σ a teljes hatáskeresztmetszet, és egy makroszkopikus anyagban n a szórócentrumok s r sége, akkor egy vékony) dx vastagságú fóliára F felületen es I intenzitású nyaláb ennek uxusa tehát Φ = I F ) dx F n darab szórócentrummal találkozik, a kölcsönhatások száma másodpercenként tehát Φ F nσdx = Inσdx, vagyis a nyalábból kiszóródott részecskékkel felírható a következ egyenlet: di dx = nσi I x) = I exp x ), ahol λ = λ nσ..4) λ neve: átlagos szabad úthossz, ez itt a nyaláb behatolási mélysége. Vékony céltárgyra a nyalábból elveszett valamilyen folyamatban részt vett) részecskék száma I dx λ id egységenként. Vékony céltárgynál ilyen igaz minden részfolyamatra is: egy adott esemény bekövetkezési frekvenciája B i = Nσ i Φ = σ i I F = nf dx I F B i = nσ i dx,.5) ahol az i index a folyamatokat különbözteti meg, N az érintett szórócentrumok száma, F a nyaláb területe. Az nσ neve makroszkopikus hatáskeresztmetszet, mértékegysége m. Minden részfolyamat pl. adott szögbe szórás, elnyelés, maghasadás) makroszkopikus hatáskeresztmetszete, Σ i deniálható ezzel analóg módon: Σ i = nσ i, de általában csak a teljes nσ tot értelmezhet az átlagos szabad úthossz reciprokaként. Példa: beütésszám kiszámítása adott hatáskeresztmetszet alapján: Egy A = tömegszámú atommagokból álló céltárgyra 3, µa áramú, 5 MeV-es 3 He nyalábot irányítunk. A rugalmas szórás izotrop, a teljes hatáskeresztmetszet σ tot =,5 barn. A kijöv 3 He részecskéket egy S= mm felület, d= cm távolságban elhelyezett %-os hatásfokú detektorral észleljük. A céltárgy vastagsága µm, s r sége ρ = g/cm 3. Mekkora a detektorban a B beütésszám? 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 tömegközépponti és a laborrendszer azonosnak vehet tehát nincs visszalök dés). Így a szórás a laborrendszerben is izotrop. A detektor térszöge Ω = S/d = 3, az izotrópia miatt dσ dω = σtot 4π, azaz a detektorra való szórásra σ = σ tot 4π Ω, ekkor tehát B = nd σi = ρ Am N dx σtot 3,µA 4π Ω e 6 s. Példa: vastag céltárgy: Egy d=, mm vastag, dúsított uránból készült fóliára σ tot barn, ρ = g/cm 3, A = 35) termikus neutronokat lövünk. Hanyad részük halad át? Megoldás: a szórócentrumok s r sége n = kg/m3 35m N = 5, 8, a szabad úthossz tehát λ = m 3 nσ tot Megjegyzés: Látszik tehát, hogy a céltárgy vékonysága a szabad úthosszhoz viszonyítva értend. µm. Ezen tehát a nyaláb e,mm/µm -ad része, kb. 6%-a halad át. 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

5 . Cseppmodell, Weizsäcker-formula A tapasztalat szerint a magok tekinthet k összenyomhatatlan folyadéknak; a sugaruk:.. A kötésienergia-formula R r A /3, ahol r, fm..) F leg nem túl könny magok kötési energiáira meglep en jó eredményt ad az igen egyszer ún. Weizsäckerféle félempirikus formula, melyben 5 paraméter van: E = α V A α S A /3 Z α C A /3 α A Z) A + δ A, Z),.) A ahol A a tömegszám, Z a rendszám, az együtthatók pedig: α V 5, 8 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). α S 8, 3 MeV. Ez a felületi tag, mivel a felületen lév nukleonoknak kevesebb szomszédjuk van. α C, 74 MeV. Ez a Coulomb-tag, a protonok taszítását írja le. Ezt ismerve a magsugár és A /3 közötti arányosságot tényleg ki lehet számítani alább ki is számítjuk). α A 3, MeV. Ez az aszimmetriatag vagy Pauli-tag: a minél szimmetrikusabb protonszám és neutronszám minél egyenl bb) kongurációkat favorizálja. Ha a magot ideális Fermi-gáznak tekintjük, kijön, hogy ez az energiatag így függ A-tól és Z-t l, ld. lentebb. δ A, Z) 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 ennek értéke rendre α P,, α A / P ha páros-páros, páros-páratlan, ill. ha páratlan-páratlan atommagról A / van szó. α P értéke kb. MeV... Stabilitási völgy, vastócsa Kiszámíthatjuk, hogy adott A-ra melyik Z a legstabilabb: jelöljük ezt Z A)- val. A.) adott A melletti Z szerinti deriváltjának zérushelye a párenergiát most elhagyva): Z α C A /3 + 4α A Z A A = Z A) = A + α..3) C 4α A A/3 A stabilitási völgy: adott A-kra a Z A) környéke, ez az AZ térképen egy völgyként jelenik meg. α Mivel C 4α A értéke kb. 7, 694 3, kis atommagoknál Z A) A/ ez tehát a Pauli-energia miatt van). Nagyobb magoknál az elektromos taszításból származó energia eltolja az egyensúlyt a nagyobb neutronszámok irányába. Ennek ismert az összes fenomenológiai következménye. Ilyenek: maghasadás során felszabadul pár fölös neutron, hasadási láncreakció lehetséges. A hasadásban keletkez izotópok szinte mind β -bomlók mivel neutrondúsak), alig akad β + -bomló. 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 Z A)-t.)-be, a megoldandó egyenlet: [ ] d Z A) =..4) da α V α S A /3 α C A Z A)) A 4/3 α A A Ha héjakra gondolunk, akkor minden héjon proton és 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

6 Kicsit tovább alakítva 3 azt kapjuk, hogy α S 3A /3 + 4Z A α A + α C 3 A/3) Z α A A = α S + α Cα S A /3 + α C α S α A 6αA A 4/3 α C A =..5) Ez negyedfokú egyenlet A /3 -ra, meg lehet keresni a megoldását. A fent a.) formula után) megadott paraméterekkel a megoldás A = 7, Z = 3-nek adódik. A minimumhely elég lapos, a paraméterek 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 A = 56, Z = 6-os vas a legmélyebben kötött mag, eszerint a vasig bezárólag mind a maghasadás, mind a fúzió energiát szabadít fel..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 egy m tömeg részecske, mint közvetít részecske relativisztikus hullámegyenletén alapul, mely a Φ térmennyiségre így írható a fotonnak, mint az elektromágneses kölcsönhatás közvetít jének analógiájára): Φ = Φ c t Φ = Φ + m c Φ = Φ c t Φ + m c Φ =..6) Keressünk sztatikus gömbszimmetrikus megoldást 4, azaz amikor φ r) függés van. A Laplace-operátor gömbi koordinátás kifejezése alapján ekkor a megoldandó egyenlet Φ r + Φ r r = m c Φ r rφ) = m c rφ) rφ = β e r b + β e r c b, ahol b = m..7) Az exponenciálisan növekv tényez t elhagyva a Yukawa-potenciál tehát a következ alakú: Φ r) = g r e r/b, b = c m,.8) ahol β helyett bevezettük a g-vel jelölt csatolási állandót. Az ilyen er hatótávolsága tehát kb. az itt bevezetett b mennyiség. Tudva, hogy ez kb. fm, a részecske tömegére nagyságrendileg MeV adódik. A pion nev részecske közvetíti a Yukawa-kölcsönhatást; ez pszeudoskalár, azaz leírhatja a Φ mez. Háromféle van: π ± ezek egymás antirészecskéi) és π ; m π ± = 39 MeV, m π = 35 MeV..4. Elektrosztatikus energia Egy egyenletesen töltött, R sugarú, Q töltés gömb Er) elektromos tere a gömbön belül és kívül: A teljes U = ε E dr térenergia: U = ε E bent r) = Q r 4πε R 3, E kintr) = Q 4πε r..9) Q 4πε ) 4π R r r dr + 4π R6 R r ) r 4 dr = 3 Q 5 4πε R..) 3 Egy segítség: az A-tól való függés megjelenik expliciten és Z A)-n keresztül is, de Z A)-t éppen az mondta meg, hogy ennek a függvénynek illetve A-szorosának, de az lényegtelen) x A mellett Z szerinti deriváltja legyen. Tehát elég az explicit A-függés deriváltját kiszámolni, a Z A)-függésen keresztüli közvetett deriválással nem kell tör dnünk. 4 Abból derül ki, hogy az itt bevezetett m tényleg a részecske tömege, ha a síkhullám-megoldásokat tekintjük: ezek e ikr iωt, ω = ck) + m c / alakúak. 6

7 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)πR 3 R ) 4 R U = 3 r3 πρ 4πε r 4πr ρdr = 4πρ r 4 dr = 4π Q R 5 3ε 3ε 5 = 3 Q 4πε 5 R..) 4 3 R3 π Az eredmény tehát ugyanaz, mint el bb 5. Ha R =, fm A /3 e, akkor, mivel 4πε, fm = 96 kev, az α C -re valóban kb.,78 MeV értéket kapunk, ami tényleg kb. annyi, mint a Weizsäcker-formulában szerepl empirikus paraméter..5. Aszimmetria-energia, Fermi-gáz modell Képzeljünk el, hogy az atommag egy V = 4 3 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.) Egy N részecskét V térfogatban tartalmazó Fermi-gázról azt kell tudni, hogy T = h mérsékleten a -tól a p F Fermi-impulzusig minden lehetséges állapotot betöltenek a részecskék. A p F impulzushoz tartozó gömb a Fermi-gömb) térfogata 4πp 3 F /3, egy d3 p fázistér-cellában gv d 3 p/h 3 darab állapot fér el, ahol g a spin-degeneráció elektronra, protonra, neutronra g = ). Ha összesen N részecskénk van, akkor a Fermi-impulzus: gv 4π 3 h 3 3 p3 F = N p F = h 3 4gπ és ezt használva 6 az E összenergia m a részecske tömege): E = gv h 3 pf 4πp p m dp = πgv p5 F 5mh 3 = 3N 5 p F m = 3N 5 ) N /3,.) V h ) 3 /3 ) N /3..3) m 4πg V Nézzünk most V térfogatban Z protont és A Z neutront! Az m tömeg ekkor az m n nukleontömeg, az összenergia pedig, bevezetve az x = A Z)/A aszimmetria-paramétert, a következ : E = 3 h ) 3 /3 Z 5/3 + A Z) 5/3) = 3A h ) 3A /3 + x) 5/3 + x) 5/3 5 m n 4πgV 5 m n 4πgV 5/3..4) Az x-ben másodrendig + x) 5/3 + 5x/3 + 5x /9, így kis x-ekre így alakíthatjuk az energia kifejezését: E 3A h ) 3A /3 + 3A h ) 3A /3 5x 5 m n 8πgV 5 m n 8πgV 9..5) Ha most beírjuk, hogy V = A 4π 3 r3, akkor a következ t kapjuk: h E 3 m n r ) 9 /3 4π A + g h m n r ) 9 /3 A Z) 4π..6) g A Kaptunk tehát egy térfogati energia jelleg és egy Pauli-jelleg tagot ezek alakja olyan, mint a.) formulában). Ebben a modellben mint a valóságban is) a proton-neutron aszimmetria csökkenti a kötési energiát; az együtthatóra adódó kb.,5 MeV nagyjából fele a Weizsäcker-formula α A 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.) egyenletben 3 3/π értéke majdnem, a 3 4g értéke pedig g = -re vagyis szinte minden fermionra). Hasznos ökölszabály tehát a következ : a gázban V/N az egy részecskére jutó térfogat, V/N) /3 a becsült d távolság a részecskék között, ebb l a Fermi-impulzus p F h/d, vagyis feleannyi, mint amit a de Broglie-hipotézis alapján ösztönösen várnánk. 7

8 .6. Párenergia A párenergia miatt stabil páratlan-páratlan atommagok csak a periódusos rendszer elején vannak: D= H, 6 Li, B, 4 N, több nincs is. Ezeknek is általában nagy a neutronbefogási hatáskeresztmetszetük. A B-t atomreaktorok szabályozórúdjaiban ill. neutronelnyel ként alkalmazzák. A légkör nitrogénje 4 N) el szeretettel nyel el kozmikus neutront, kormeghatározásra alkalmas 4 C-t keltve: 4 N+n 4 C+p. A lítium-6 tríciumot termel: 6 Li+n 4 He+T, ld. száraz hidrogénbomba. A D kicsit kivételnek t nik: az 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 4 K: ez β + és β bomló is; mindkett vel növelni tudja a kötési energiáját. 3. Héjmodell 3.. Mágikus számok A cseppmodell nem tud a mágikus számokról: ezek a, 8,, 8, 5, 8, 6,???. Az ilyen nukleonszámú magok különösen stabilak. A következ mágikus szám még csak elméletileg jósolható.) Példák: az ónnak Z = 5) van a legtöbb ) stabil izotópja. Az ólom Z = 8) nem bomlik tovább α-bomlással. A 35 Xe 8 neutronjához csak egy hiányzik, hogy 8 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), 6 O, 4 Ca, 8 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: V V W S r) = e r R σ +. 3.) Ez kb. R méret tartományban kb. konstans negatív, r > R-re pedig gyorsan tart -hoz. Azonban ezt nem egyszer megoldani. Próbálkozzunk el ször egy egyszer bb esettel, a harmonikus potenciállal! 3.. Gömbszimmetrikus harmonikus oszcillátor I. derékszög koordináták Mit mondhatunk az energiaszintekr l, paritásról? Az egydimenziós oszcillátor megoldása ismert. Az energiaszintek az n kvantumszámmal kifejezve: Ĥψ ) = m x ψ) + mω x ψ ) = Eψ ) E n = n + ) ω, n N), 3.) a normált ψ ) n x) hullámfüggvények pedig a H n Hermite-polinomokkal fejezhet k ki: α n e α x / H n αx), α n! π ψ ) n x) = mω, H n x) = ) n x dn e dx n e x. 3.3) A háromdimenziós oszcillátor energiaszintjeit tehát három n N, n N, n 3 N egész szám jellemzi: E n n n 3 = ω N + 3 ), N n + n + n 3, ψ x, y, z) = ψ n ) x) ψ n ) y) ψ n ) 3 z). 3.4) Az N megadása rögzíti az energiát, és a paritást is: a H n Hermite-polinomok páros páratlan) n esetén párosak páratlanok), így ψ n n n 3 páros vagy páratlan, ha N = n + n + n 3 páros vagy páratlan. 8

9 Hány különböz, adott N-hez tartozó adott energiájú) állapot van? N = -ra csak egy lehet ség, n = n = n 3 = van. N = -re és N = -re három, illetvel hat: N = N = N = N = 3 n... n... n 3... Általában: ahányféleképpen N-et fel lehet bontani három nemnegatív egész szám összegére. Könny látni, hogy ez a szám éppen N + ) N + ). 3.5) A harmonikus oszcillátorból kapott energiaszintek felfoghatók héjaknak, amik egymás után tölt dnek be. Egy héjon 4 nukleon foglalhat helyet: proton és neutron, mindkett ellentétes spinbeállással 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 ψ + m r ψ = Eψ, ψ r, ϑ, φ) = Y lm ϑ, φ) R r). 3.6) Behelyettesítve, áttérve r helyett a dimenziótlan x változóra, az E = ω ε jelöléssel azt kapjuk, hogy r = x α, α = mω, E = ω ε d R dx + dr l l + ) x dx x R x R + εr =. 3.7) Alakítsuk tovább 7 : R x) = x l e x / g x) d g l + dx + x Ez az egyenlet az x = t helyettesítéssel egy ismert alakra hozható: x = t, d dx = t d dt, d dx = d d +4t dt dt t d g dt + ) dg x dx + ε l 3 ) g =. 3.8) l + 3 t ) dg dt l + 3 ε ) g =. 3.9) Az a, b C, b / N paraméterekt l és a z C változótól függ F a, b, z) elfajult hipergeometrikus függvényt az alábbi, minden z-re konvergens hatványsor deniálja, melyr l könny ellen rizni, hogy eleget tesz az ún. hipergeometrikus dierenciálegyenletnek ahol a vessz z szerinti deriváltat jelent): F a, b, z) = + a b z! a a + ) z + b b + )! + = k= Γ a + k) Γ b) z k Γ a) Γ b + k) k!, zf +b z) F af =. 3.) 7 Az exponenciális szorzó bevezetése az egydimenziós eset analógiájára kézenfekv, az x l szorzó pedig azért, mert könnyen belátható, hogy l impulzusmomentumú hullámfüggvények az origóban r l hatvánnyal indulnak amennyiben lim r [ r Ur) ] =, azaz a potenciális energia legalábbis nem válik túl gyorsan végtelenné r = -ban). 9

10 A 3.) és 3.9) egyenletek alapján tehát összerakhatjuk a Schrödinger-egyenlet megoldását 8 : ψ r l e α r l + / 3 F ε ), l + 3, α r Y lm ϑ, φ). 3.) Be lehet látni, hogy nagy z-re általában F a, b, z) e z valamilyen irányban C-ben, és így 3.)-b l látható, hogy nem lesz normálható a hullámfüggvény. Egyetlen kivétel az, ha a = n negatív egész szám: ekkor az F a, b, z) függvény a 3.) denícióból láthatóan egy n-edfokú polinom 9, és a hullámfüggvény normálható lesz. Tehát az energiaszintek: ε = n + l + 3 E = ω N + 3 ), N = n + l. 3.) Mint mondhatunk az állapotok paritásáról, elfajultságáról? Összhangban a korábbiakkal, páros N-ek páros, páratlan N-ek páratlan állapotoknak felelnek meg, hiszen az l impulzusmomentumú állapot paritása ) l. Ha N = k páros, akkor k = N/-féleképpen lehet 3.) szerint n-nel és l-lel el állítani < l < k páros), és minden l-hez még tartozhat l + darab különböz m kvantumszámú állapot: adott páros N-re az állapotok száma tehát k + ) = k + ) k + ) = N+)N+). Ha N = k + páratlan, akkor k = N )/-féleképpen lehet n-nel és l-lel el állítani < l < k + páratlan), összeadva a lehetséges m-ek számát: k + 3) = k + ) k + 3) = N+)N+) adódik ismét. Megkaptuk tehát, hogy a határozott impulzusmomentumú állapotokat összeszámolva is ugyanaz az adott N-hez tartozó szint elfajultsága, mint 3.5)-ben láttuk Héjak az atommagban, spin-pálya kölcsönhatás A nívók általános jellemzése Bármilyen gömbszimmetrikus potenciálban a nívókat impulzusmomentumuk szerint az l kvantumszámukkal) jellemezhetjük. A nukleonok feles spinje még állhat kétfelé a pályamomentumhoz képest: a teljes j impulzusmomentum j = l + / és j = l / 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 j + -szeresen elfajult. Az l =,,, 3, 4, 5, 6... értékeket szokás szerint az s, p, d, f, g, h, i,... bet kkel jelöljük az n + mellett, a teljes impulzusmomentumot indexbe írjuk. Így tehát pl. a 3f 7/ állapot az n = f kvantumszámú, l = 3 kvantumszámú emiatt páratlan paritású) nívó, melyre j = l + /. Ebben j + = 8 darab azonos nukleon lehet különböz m-ekkel). Az el z szakasz szerint harmonikus potenciálban az n f kvantumszám lehet éppen a 3.)-ben bevezetett n: ekkor az energia ω N + 3/), N = n + l. Például az el bb említett 3f 7/ állapotra ekkor N = n + l = 7.) Ha az önkonzisztens tér potenciáljára mást teszünk fel, akkor az n f kvantumszám jelentése esetleg más lesz. Felmerül tehát a magnívók betöltési sorrendjének kérdése. 8 Ezzel vigyázni kell: a 3.)-ben szerepl dierenciálegyenlet másodrend, azaz van az F a, b, z) hipergeometrikus függvényen kívül egy másik lineárisan független megoldás is. Könnyen belátható, hogy b nem egész értéke esetén ez van 3.9)-ben is) a z b F a b +, b, z) függvény jó másik megoldásnak. Az ebb l 3.) mintájára összerakott hullámfüggvény azonban r = -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.) 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. Két megjegyzés: ) A f kvantumszámot itt n =,,... értékekkel szokás venni, azaz n = a legalacsonyabb; ez megfelel a harmonikus oszcillátornál látottaknak. ) Az s állapotokban l = ) a j mindig /, ezt ki sem írjuk sokszor.

11 A spin-pálya kölcsönhatás szerepe A nukleon spinjét és pályamomentumát csatoló kölcsönhatás jelent s eektusokhoz vezet; operátora ˆV sl = fr)ˆlŝ = fr) [ ) ] ˆl + ŝ ˆl ŝ = fr) [ĵ ˆl ŝ ], 3.3) ahol fr) valamilyen függvény, ŝ, ˆl és ĵ pedig a spin, a pálya és a teljes impulzusmomentum operátorai. A 3.3) kölcsönhatás megjelenése azt okozza, hogy a j = l ± / állapotok energiái eltolódnak: E j=l+ = f [jj + ) ll + ) ss + )] = f [ l + ) l + 3 ) ll + ) 3 ] = f l, 3.4) 4 és hasonlóan E l = f [ l ) l + ) ll + ) 3 ] = f l + ). 3.5) 4 Itt a 3.3)-beli ĵ, ˆl és ŝ operátorokat a sajátértékeikkel helyettesíthettük a nívó impulzusmomentuma határozott volt), az f pedig az f függvénynek a nívó r-függésével vett l-t l, j-t l és s-t l független) átlaga. Noha az önkonzisztens tér spinfüggetlen és eszerint a j = l ± /-es nívók energiája meg kellene egyezzen), a tapasztalat szerint adott l-re a j = l+/-es állapotok kisebb energiájúak a j = l /-eseknél. Ezt tehát a spin-pálya kölcsönhatás okozza: levonhatjuk azt a következtetést is, hogy fr) pozitív. Érdekes meggyelni, hogy a j + = l + ) darab j = l + -es nívó energiája l-lel arányosan lefelé, a j + = l darab j = l -es nívó energiája pedig l+-gyel arányosan felfelé tolódik el, vagyis a spin-pálya kölcsönhatás nem változtatja meg a nívók átlagos energiáját A nívók betöltési sorrendje A harmonikusoszcillátor-modellben a nívók növekv N = n + l szerint vannak sorba téve, azaz: N = s), N = p), N = s, d), N = 3 p, f), N = 4 3s, d, g), 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 = n + l-re a kisebb n, nagyobb l- állapotok lejjebb kerülnek, mint a nagyobb n, kisebb l- ek). A sorrend így ilyesmi lenne: s, p, d, s, f, p, g, d, 3s, stb. A spin-pálya kölcsönhatás felhasítja a j = l + /-es és a j = l /-es nívókat. A trükk az, hogy a spin-pálya felhasadás nagyobb lehet, mint a nívók eredeti távolsága, így azok összekeveredhetnek. Ez is történik; a meggyelt, és kés bb levezetett =kidumált) nívósorrend a következ ezt kell megjegyezni): s }{{} db p 3 p d 5 s d 3 } {{ } } {{ } 6db db f 7 }{{} 8db p 3 f 5 p g 9 d 5 g 7 h d 3 3s f 7 h 9 i 3 f 5 3p 3 3p... } {{ } } {{ } } {{ } db 3.6) Egy j index nívóban j + darab állapot lehet; feltüntettük, hogy hogyan állnak össze ezek a nívók a mágikus számokká: kijönnek a, 8,, 8, 5, 8, 6 mágikus számok. Egyb l csak az látszik, hogy f pozitív, mivel azonban ez minden nívó koordinátafüggésére képzett átlagra igaz, minden bizonnyal igaz az fr) > 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 meggyelt nívósorrendet. 3db 44db

12 3.6. Alapállapotú magok spinje és paritása, példák Elnevezés: atommagok spinjén a teljes impulzusmomentumukat értjük. A tapasztalat szerint a nukleonok számára el nyös, ha pp vagy nn párokba rendez dnek, melyek teljes impulzusmomentuma. Ilyen módon a páros-páros magok páros neutron, páros proton) alapállapotának spinje, 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. táblázatban láthatunk erre néhány példát. Nem minden esetben m ködik azonban ez a szabály. Mag A Z N nívó n l j π mért 7 Li p 3/ 3/ - 3/ 3 C p / / - / 3 Na 3 d 5/ 5/ + 3/ + *) 9 Si s / + / + 35 Cl d 3/ 3/ + 3/ + 57 Fe p 3/ 3/ - / *) 67 Zn f 5/ 3 5/ - 5/ 95 Mo d 5/ 5/ + 5/ + 3 Cd h / 5 / - / + *) 35 Xe s / + 3/ + *) 97 Au d 3/ 3/ + 3/ +. táblázat. Példák páros-páratlan magok alapállapotának héjmodell-kongurációjára. A megoldás menete: az A tömegszám és Z rendszám adott, N = A Z a neutronszám. A páratlan nukleont itt félkövérrel szedtem) a 3.6)- beli héjsorrend szerint beosztjuk. Leolvassuk a nívó jelét, j, l kvantumszámait, a paritás ) l. Kövessük végig a gondolatmenetet! A *-gal jelölteknél a modell nem ad jó eredményt. Páratlan-páratlan magok alapállapotában két nukleont kell besorolnunk; ezek l indexe meghatározza az ered paritást, de a proton és a neutron j kvantumszámát többféleképpen is össze lehet rakni ered impulzusmomentummá magspinné); hogy ezek közül melyik valósul meg, arra nincs általános szabály. A. táblázatban láthatunk erre példákat. Megjegyzésre érdemes a 4 K, aminek j = 4-es spinje az oka a hasonló stílusú β-bomlásokhoz képest igen lassú T / =, 3 9 év) bomlásnak. 4. Atommagok mágneses momentuma A mágneses momentum egy adott árameloszlásra µ = d 3 r r j r), ha minden mozgó töltésre a töltés és a tömeg aránya állandó q m, akkor µ = q mj, ahol J a mechanikai impulzusmomentum. Elektronra viszont µ = g e m e s = g e m e : mivel itt nem érvényes a pörg töltés kép, be kell vezetni a g tényez t giromágneses arány), ami klasszikusan lenne. A Dirac-egyenletb l g = jön ki, vagyis eszerint az elektron mágneses momentuma a µ B = e m e, az ún. Bohr-magneton, értéke 9,7 4 J/T. A valóságban az elektron g-faktora kicsit nagyobb -nél.) Nukleonok mágneses momentumát magmagneton egységekben mérhetjük, ennek értéke: µ N = e m p = 5, 5 7 J/T. Itt m p a protontömeg; látszik, hogy ez az érték kb. -szer kisebb az elektron mágneses momentumánál a nukleonok nagyobb tömege miatt.) A proton mágneses momentuma,79µ N, a neutroné -,9µ N 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 deniálható: µ = gµ N j.

13 Mag neutron proton Mért Jel A Z N nívó l n jn π nívó l p jp π J π D H) s / + s / Li p 3/ 3/ p 3/ 3/ + B 5 5 p 3/ 3/ p 3/ 3/ N p / / p / / + Na d 5/ 5/ + d 5/ 5/ K 4 9 d 3/ 3/ + f 7/ 3 7/ 4 6 Co f 7/ 3 7/ f 5/ 3 5/ Br f 5/ 3 5/ g 9/ 4 9/ Cs d 5/ 3 5/ d 3/ 3 3/ Au d 3/ 3 3/ f 5/ 4 5/ +. táblázat. Néhány páratlan-páratlan mag héjmodell-kongurációja. Az utolsó páratlan nukleon besorolása ugyanúgy történik, mint a páros-páratlan esetben ld.. 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! Megjegyzés: az els négy izotópon kívül egyik sem stabil.) 4.. Mágneses magrezonancia Egy µ = gµ N j nagyságú mágneses momentum z irányú vetülete az m kvantumszámú impulzusmomentumvetület állapotban nyilván gµ N m. A mágneses magrezonancia jelenségéhez praktikus oldalról elég megjegyezni, hogy B mágneses térbe helyezett atommagokra rezonáns elnyelést tapasztalunk ω frekvenciájú általában rádiófrekvenciás) térre, ha teljesül, hogy gµ N B = ω, a kvantumfeltétel az energiára 3. Legjellemz bb a proton hidrogénmag) esete; itt g értéke 5,59, j = /, T mágneses térnek megfelel frekvencia tehát az m = ±/ állapotok közötti átmenetre) f = 4, 63 MHz frekvencia adódik. Példa: Mekkora a 3 C atommag g-faktora, ha B =, 8 T mágneses térben f = 8, 57 MHz-nél látunk rezonanciát? Válasz: a 3 C mag feles spin ld. pl. korábban, a héjmodellnél, vagy táblázatból), a µb = hf képletb l a mag mágneses momentuma µ = 3, 55 7 J/T, a µ = g µ N összefüggés alapján ebb l g =, Schmidt-modell Levezetés: A héjmodell keretein belül meghatározhatjuk magok mágneses momentumát, ha csak egy páratlan) nukleon mozgása okozza azt 4. Egy nukleon mágneses momentumának operátora ˆµ = µ N g lˆl + gs ŝ), ahol l és s a pályamomentum és a spin operátorai a páratlan nukleon héjkongurációja megmondja az l és j kvantumszámait); g l és g s a megfelel giromágneses tényez k g l =, g s = 5, 59 protonra, és g l =, g s = 3, 93 neutronra a neutron a pályamozgással nem kelt mágneses momentumot). A teljes mágneses momentum nyilván ĵ irányába mutat; a mag g-faktora így írható: ˆµ = gµ Nĵ. A nukleon magban való mozgásra átlagolva, és kihasználva, hogy j = l + s az átlagokra is 5, µ N -nel egyszer sítve írhatjuk, hogy gĵ = g lˆl + g s ŝ = g l + g s ˆl + ŝ ) + g l g s ˆl ŝ ) gĵ = g l + g s ĵĵ + g l g s ˆl ŝ ) ˆl + ŝ ) 4.) 3 Tisztességesebben tárgyalva egy spin mozgását rádiófrekvenciás küls EM térben megkaphatjuk ezt a feltételt. 4 Ez akkor lehet, ha a többi nukleon betöltött héjban van csak egy lóg ki), vagy ha csak egy hiányzik a héj betöltéséhez. 5 Itt az átlagolást úgy kell érteni, hogy egy adott J teljes impulzusmomentumú és J z vetület állapot el áll, mint adott j és j teljes impulzusmomentumú állapotok lineárkombinációja ld. Clebsch-Gordan-együtthatók). Esetünkben a pályamomentumról és a spinr l van szó; minden ilyen lineárkombinálandó állapotban más és más lesz a g lˆl+gsŝ operátor hatása, és ezeket kell mintegy súlyozva összeadni, ezt jelenti az átlagolás. A szövegben azt látjuk, hogy ezt egyszer bben is megtehetjük. 3

14 Az átlagolás a z irányú vetületek lehetséges értékeire történik adott teljes j, l és s esetén: a ĵ, ˆl, ŝ operátorokat ezért sajátértékeikkel helyettesíthetjük. Továbbá ˆl ŝ ) ˆl + ŝ ) = ˆl ŝ, és j = l ± lehet, s nagysága pedig, azaz s s + ) = 3 4. Ezeket összerakva, végigszámolva azt kapjuk, hogy g = g l + g s + g l g s l l + ) s s + ) g = g l + g s + g ) ) l g s l l + 3 ) ) j j + ) l ± l + ±... g = g l g l g s l +, ha j = l ±. 4.) Nem mindegy persze, hogy neutron vagy proton a páratlanul maradt nukleon g l és g s 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.) képletet használni. A helyzet nem javul: eléggé Mag A Z N nívó l j g számolt) g mért) 3 C p / p) /,77,45 5 N p / p) / -,53 -,567 7 O d 5/ d) 5/ -,766 -, S d 3/ d) 3/,766,49 37 Cl 37 7 d 3/ d) 3/,8, táblázat. A Schmidt-modell alkalmazása néhány magra. A páratlan nukleon félkövérrel van szedve, amelynek járulékát a 4.) képlet szerint lehet kiszámítani. Ezek mind olyan magok, amelyekre teljesülnek a 4. 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 giromágneses tényez a 4.) egyenletb l számított két érték közé esik: a j = l + és = l értékekhez ez alapján számolt giromágneses tényez ket, mint l függvényeit Schmidt-vonalaknak hívjuk. Persze ezek különböz ek protonra és neutronra) 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, j és j impulzusmomentumú, g és g giromágneses tényez 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 ŝ szerepében ĵ és ĵ áll, továbbá Ĵ = ĵ + ĵ.) Az ered giromágneses tényez legyen g, ekkor az el bbi értelemben átlagolva: gĵ = g ĵ+g ĵ = g + g ĵ ĵ) + + g g ĵ ĵ) g = g + g + g g gĵ = g + g Ĵ + g g ĵ ) ĵ j j + ) j j + ). 4.3) J J + ) Három vagy több nukleon járulékának összeadása csak egyéb speciális feltételezések mellett lehetséges. Ugyanez igaz a nem gömbszimmetrikus magokra is, ezeket most nem tárgyaljuk. 4

15 5. Kvantummechanikai szóráselmélet 5.. Rugalmas szórás: alapvet megfontolások A k impulzusú részecske rögzített centrumon való rugalmas szórását leíró hullámfüggvény a szórócentrumtól nagy távolságban egy befutó síkhullám és egy ugyanolyan hullámszámú kifutó gömbhullám összege: ψ k e ikz + f ϑ) e ikr dσ r dω = f ϑ). 5.) Itt f ϑ) a szórási amplitúdó feltettük, hogy ez csak a ϑ szórási szögt l függ, vagyis egyel re a tengelyszimmetrikus esetre korlátozódunk). A dσ dω hatáskeresztmetszet a kimen gömbhullám és a befutó síkhullám árams r ségének hányadosaként adódik. A Schrödinger-egyenlet k nagyságú impulzusú részecske mozgását leíró ψ k r) megoldását gömbfüggvények szerinti sorfejtéssel azaz határozott impulzusmomentumú állapotok lineárkombinációaként) keressük; a sugárirányú egyenlet a következ lesz: ψ k = A l P l cos ϑ) R kl r), E = k l= m d R kl dr + r dr kl dr [ l l + ) = r + m ] V r) k R kl. 5.) Az R kl -ekkel felírt határozott impulzusmomentumú állapotok nem 5.) alakúak, viszont az A l -ek alkalmas választásával ki lehet bel lük keverni olyat, ami az. Állítás: ha a V potenciál elég gyorsan elt nik r - re, akkor elérhet, hogy az R kl -ek r -re érvényes kifejezéseiben az alábbi módon kerüljene el a δ l ún. fázisfaktorok; ezekkel aztán kifejezhetjük az A l -eket is: R k) l kr r sin + lπ ) + δ l, ha r, A l l + k il e iδ l. Az ezekkel az A l -ekkel 5.) szerint összeállított ψ hullámfüggvény az 5.)-ben megkövetelt alakú lesz. ψ ikr l= [ l + ) P l cos ϑ) ) l+ e ikr + S l e ikr], ahol S l = e iδ l. 5.3) Az ilyen aszimptotikus alakú R kl -ek tulajdonképpen egyforma nagyságú amplitúdóval kifutó és befutó gömbhullámok összegei; arról van szó tehát, hogy ezekb l a megfelel A l együtthatókkal kikeverünk egy 5.) alakú állapotot, ahol is a befutó gömbhullámok lineárkombinációjaként a megkövetelt bees síkhullám adódik. A szórásamplitúdóra pedig a következ t kapjuk: f ϑ) = l= l + ) f l P l cos ϑ), f l = S l ik ahol S l = e iδ l π σ = π f ϑ) sin ϑdϑ = l= σ l, ahol σ l = 4π l + ) f l = 4π k l + ) sin δ l. Itt ki kellett használni a P l -ek ortogonalitási tulajdonságait. Az f l mennyiségeket parciális szórásamplitúdóknak 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.. Parciális hullámok A parciális hullámok módszere tulajdonképpen a szórási hatáskeresztmetszetnek ill. a szórásamplitúdónak) l szerinti sor alakjában való felírása. Elvben minden l-re meghatározható δ l a Schrödinger-egyenlet megoldásából, ezekb l pedig az f l mennyiségek 6. 6 Azok az esetek, ahol V nem elég gyorsan t nik el r -re ilyen pl. a Coulomb-eset is), külön megfontolásokat igényelnek. 5

16 Kis energiájú részecskék szóródásakor kiderül, hogy csak az els néhány határesetben csak az l = ) index fog számottev járulékot adni. Hogy melyek, azt szemiklasszikusan egyszer en megbecsülhetjük: ha a potenciál valamilyen értelm hatótávolsága b, akkor ez játssza az ütközési paraméter szerepét, így a bees részecske maximális impulzusmomentumára a p b becslést tehetjük, ahol p az impulzus. l index állapotban az impulzusmomentum kb. l, ebb l tehát megbecsülhetjük, hogy mekkora a legnagyobb, még szerepet játszó l 7. Neutronszórásra például azt állíthatjuk, hogy kis energiájú neutronokra a szórás izotrop, mivel a nulladik Legendre-polinom, P cos ϑ) =. Ahogy növeljük a neutron energiáját, úgy a hatáskeresztmetszet ϑ-függésében megjelenik el ször az l = -nek megfelel P cos ϑ) = cos ϑ-s cos ϑ-ban lineáris) tag, utána a P cos ϑ)-s tag, így tovább, nagy energiákon a szórás már nem izotrop. Számpéldák: E = kev-es neutronokkal bombázunk protonokat. Milyen a szórás szögeloszlása? Válasz: A proton mérete a =, fm,, fm 5 MeV energiájú neutron impulzusa p m n E =, 5 Ns, azaz pa =,. Ez alapján azt mondhatjuk, hogy csak az l = -ás szórás játszik szerepet, tehát a szórás izotrop lesz. Milyen parciális hullámok játszanak szerepet a 8 Te + n, E n = 5 MeV reakcióban? Válasz: az ütközési paraméter a mag sugara: b = 3 8, fm = 6 fm, a neutron impulzusa p =, 63 9 Ns, tehát bp = 9, 3, vagyis az l =,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 mind szerepet játszik 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: m ψ+v r) ψ = Eψ, ψ = ψ +ψ m ψ m ψ +V r) ψ +V r) ψ = Eψ +Eψ. 5.4) Feltételezve, hogy ψ ψ és hogy V és ψ ugyanolyan kicsiny) nagyságrend, ψ -ra szabad mozgást leíró egyenlet adódik, és összegy jthetjük az els rend tagokat: m ψ = Eψ ψ = e ikr, E = k m + k ) ψ r) = mv r) mv r) ψ = e ikr. 5.5) Ez ψ -re egy inhomogén dierenciálegyenlet. Ennek kifutó hullámokat tartalmazó, azaz a szórás végállapotát leíró Green-függvénye a következ ld. a B. függeléket is): G r, r ) = e ik r r 4π r r, r G r, r ) = δ r r ). 5.6) Ezzel felírhatjuk ψ -et, most az argumentumát R-rel jelölve: ψ R) = m π d 3 r eik R r e ikr V r ) R r. Minket ψ alakja nagy R R-eknél érdekel, ahonnan majd leolvashatjuk a szórásamplitúdót, ezért a nevez ben R-et írhatunk, a számlálóban pedig R r R n r -t, ahol bevezetjük az n = R/R jelölést: ψ R) m e ikr π R d 3 r e ik k )r V r ) = m e ikr π R d 3 r e iqr V r ), k kn. 5.7) 7 Ez az egész persze elnagyolt kép, a valóságban folytonosan változnak a különböz l index szórási folyamatok járulékai. 6

17 Ebb l leolvashatjuk a szórásamplitúdót, ami tehát Born-közelítésben a potenciál Fourier-transzformáltja argumentuma pedig az átadott impulzus, amit szokásosan q-val jelölünk): q k k, f = m π d 3 r V r ) e iqr, dσ = f 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 = V, ha r < a, és V =, ha r > a. Bornközelítésben a hatáskeresztmetszet Fourier-transzformációval adódik; ezt gömbi polárkoordinátákban célszer csinálni, melyeket úgy veszünk fel, hogy a z tengely a q vektor irányába mutasson: d 3 rv r) e iqr = a = 4πV q π π dr dϑ a a dφ r sin ϑe iqr cos ϑ V = πv dr r dye iqry = dr r sin qr) = 4πV q 3 [sin qa) qa cos qa)]. 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) = π m fδ r) dσ = f dω. 5.) Ha erre az esetre kiszámoljuk a Born-közelítést, a szórásamplitúdó nyilván tényleg az így bevezetett f mennyiséggel lesz egyenl, iránytól függetlenül 8, 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 magzikai 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: d 3 rv r) e iqr = πg π dr dϑre r b e iqr cos ϑ = πg iq { dr e r +iq) b e r iq)} b = = 4πg dσ + q b dω = 4m g k b cos ϑ) ), 5.) ahol felírtuk q-t k-val és a szórási ϑ szöggel, mint q = k sin ϑ. Ezt pl. proton-proton szórással lehet vizsgálni. A képlet szerint különböz a ϑ = és a ϑ = π az el re és a hátraszórási) hatáskeresztmetszet. A valóságban proton-proton szórásban szimmetriát találtak; ennek oka az, hogy kicserél dhetnek a protonok. 8 Ellen rizzük, hogy ez az eset tényleg megkapható az el z, gömbszimmetrikus potenciálvölgyre vonatkozó eredménynek az a, V a 3 = const határeseteként! 7

18 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 szintek energiáinak különbsége, korrigálva a visszalök désre 9 Feltesszük, hogy a kezd és a végállapoti magnívó J π kvantumszámai ismertek, ekkor a paritás és az impulzusmomentum megmaradása korlátozza a lehetséges elektromágneses átmenetek típusait. 6.. Fotonok gömbhullámai* A vákuumban E-re és B-re érvényes Maxwell-egyenleteket a A vektorpotenciálra lehet átírni skalárpotenciál zérussá tehet ): E =, B =, E = B t, B = c E t B = A, E = A t, 6.) és az A-ra adódó független egyenletek a divergencia-egyenlet és a hullámegyenlet, mely harmonikus, e iωt, ω ck id függés esetén vektoriális Helmholtz-egyenletté válik: A =, c A t A =. A t, r) = A r) e ickt A =, + k ) A =. 6.) Keressük ezeknek gömbi szimmetriájú megoldásait: könny belátni, hogy ra-ra itt r az origóból mutató helyvektor) valódi Helmholtz-egyenlet vonatkozik hiszen ra) = A + r A, és most A = ): 6.. Példák + k ) A = + k ) ra) = ra = C J l+ kr) Y lm ϑ, φ). 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: paritásváltásnál E, M, E3, M4... átmenetek, paritás nem változásánál M, E, M3, E4,... átmenetek lehetnek. Második szabály: a kezd és végállapot spinjeire, valamint a fotonhullám λ spinjére a háromszögszabály érvényes, azaz a kezd állapot J impulzusmomentuma kiadódhasson az elektromágneses hulláméból λ) és a végállapotéból J ): J J λ J + J. λ = -s átmenet nincs. Harmadik szabály: általában a legalacsonyabb megengedett átmenet valósul meg, a mágneses pedig el van nyomva az elektromoshoz képest E és M általában kb. azonos nagyságrend ). 9 Ha E az energiafelszabadulás és M a mag tömege, akkor a E Mc gyakorlatilag mindig teljesül ) esetben az R visszalök dési energia R = E), azaz kicsi. Mégis van jelent sége, pl. a Mössbauer-eektusnál. Mc 8

19 Kezd és végállapot Paritásváltás λ határok Lehetséges átmenetek J π J π = π π J J J + J az eddigiekb l) + E, M M, + M, E, M, E3, M4, E M, E3, M4, + E 7/ + 3/ E, M3, E4, M5 4. táblázat. Néhány elektromágneses multipólus-átmenete beazonosítása. Ellen rizzük a táblázatban szerepl értékeket! 7. Béta-bomlás* 7.. Átmeneti mátrixelem, Fermi-elmélet* 7.. Fermi és Gamow-Teller-átmenetek* 8. Kollektív gerjesztések* 8.. Vibrációs energiaszintek* 8.. Forgási gerjesztések* 8.3. Kvadrupólmomentumok* 9

20 A. függelék: Gömbhullámok* A szóráselméleti számolások El ször oldjuk meg az 5.) sugárirányú Schrödinger-egyenletet a V = szabad mozgás esetében! Egy Bessel-egyenletet kaphatunk: d R ) kl dr + r dr ) kl dr = [ ] l l + ) r k R ) kl, x kr dr ) kl dx + x dr ) [ ] kl l l + ) dx = x R ) kl, A.) R ) kl x) ρ l x) d ρ l x dx + dρ l x dx + ) l + /) x ρ l = ρ l x) = C J l+ x). A.) 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.) második egyenletét el ször megoldjuk l = -ra: d R ) k dx + x dr ) k dx + R) k = R) k r) = sin kr), r dr r R ) k R) k = πδ k k ). Ez az a megoldás, amely véges az origóban, és eleget tesz a megadott normálási feltételnek. Az l megoldásokra helyettesítsünk egyet, majd írjuk be az egyenletbe: R ) kl r) = r l χ kl r) B. függelék: A Helmholtz-egyenlet Green-függvénye* A megoldás és levezetése Fourier-transzformációval: A Helmholtz-egyenlet minket érdekl, kifutó gömbhullámot tartalmazó G r, r ) Green-függvényét minden gond nélkül felírhatjuk ösztönösen is, a Laplace-egyenlet /r-es Green-függvényét kiegészítve: A.3) r + k ) G r, r ) = δ 3) r r ) G r, r ) = e ik r r 4π r r. B.) Ennek egy szokásos, formális levezetése a Fourier-transzformáció alkalmazásával történik. El ször is kössük ki, hogy a tér homogenitására apellálva) csak r r )-t l függ megoldásokat keresünk, azaz r -t vehetjük -nak. Most a Helmholtz-egyenletet és a Green-függvényt átírva Fourier-térbe, arra jutunk, hogy r + k ) G r) = δ 3) r), G r) = d 3 q π) 3 eiqr G q), δ 3) r) = d 3 q π) 3 eiqr q + k ) G q) = G q) = k q G r) = d 3 q e iqr π) 3 k q. B.) C. függelék: Egy egydimenziós példa kvázidiszkrét energiaszintekre* Legyen egy egydimenziós V x) potenciálunk a következ :, ha < x < b, V, ha b < x < a, V x) =, ha a < x < a, V, ha a < x < b,, ha b < x <, C.)