5.2: El Deuterón

Hamiltoniano reducido en el marco del centro de masa

Comenzamos con el problema más simple, un núcleo formado por un solo neutrón y un protón: el deuterón. Al principio descuidaremos los giros de estas dos partículas y resolveremos el problema del valor propio de la energía (ecuación de Schrödinger independiente del tiempo) para un sistema p-n unido. El hamiltoniano viene dado entonces por la energía cinética del protón y el neutrón y por su interacción mutua.

\[\mathcal{H}=\frac{1}{2 m_{n}} \hat{p}_{n}^{2}+\frac{1}{2 m_{p}} \hat{p}_{p}^{2}+V_{n u c}\left(\left|x_{p}-x_{n}\right|\right) \nonumber\]

Aquí afirmamos que la interacción depende únicamente de la distancia entre las dos partículas (y no por ejemplo el ángulo...)

Podríamos intentar resolver la ecuación de Schrödinger para la función de onda\(\Psi=\Psi\left(\vec{x}_{p}, \vec{x}_{n}, t\right) \). Esta es una función de onda que trata a las dos partículas como fundamentalmente independientes (es decir, descritas por variables independientes). Sin embargo, dado que las dos partículas están interactuando, podría ser mejor considerarlas como un solo sistema. Entonces podemos usar un tipo diferente de variables (posición e impulso).

Podemos hacer la transformación desde\(\left\{\vec{x}_{p}, \vec{x}_{n}\right\} \rightarrow\{\vec{R}, \vec{r}\}\) donde se\(\vec{R}\) describe la posición promedio de las dos partículas (es decir, la posición del sistema total, para definirse con precisión) y se\( \vec{r}\) describe la posición relativa de una partícula wrt la otra:

\ [\ izquierda\ {\ comenzar {array} {ll}
\ vec {R} =\ frac {m_ {p}\ vec {x} _ {p} +m_ {n}\ vec {x} _ {n}} {m_ {p} +m_ {n}} &\ texto {centro de masa}\
\ vec {r} =\ vec {x} {p} -\ vec {x} _ {n} &\ text {posición relativa}
\ end {array}\ right. \ nonumber\]

También podemos invertir estas ecuaciones y definir\(\vec{x}_{p}=x_{p}(\vec{R}, \vec{r})\) y\(\vec{x}_{n}=x_{n}(\vec{R}, \vec{r})\). Además, podemos definir el momento del centro de masa y el momento relativo (y velocidad):

\ [\ left\ {\ begin {array} {l}
\ vec {p} _ {c m} =\ vec {p} _ {p} +\ vec {p} _ {n}\\ vec {p} _ {r} =
\ left (m_ {n}\ vec {p} _ {p} _ {p} -m_ {p}\ vec {p} _ {n}\ vec {p}\ vec {p} _ {n}\ derecha)/M
\ end {array}\ right. \ nonumber\]

Luego el hamiltoniano (clásico), usando estas variables, lee

\[H=\frac{1}{2 M} p_{c m}^{2}+\frac{1}{2 \mu} p_{r}^{2}+V_{n u c}(|r|) \nonumber\]

donde\( M=m_{p}+m_{n}\) y\(\mu=\frac{m_{p} m_{n}}{m_{p}+m_{n}} \) es la masa reducida. Ahora solo podemos escribir la versión cuántica de este hamiltoniano clásico, usando

\[\hat{p}_{c m}=-i \hbar \frac{\partial}{\partial \vec{R}} \quad \hat{p}_{r}=-i \hbar \frac{\partial}{\partial \vec{r}} \nonumber\]

en la ecuación

\[\mathcal{H}=\frac{1}{2 M} \hat{p}_{c m}^{2}+\frac{1}{2 \mu} \hat{p}_{r}^{2}+V_{n u c}(|\hat{r}|) \nonumber\]

Ahora, dado que las variables r y R son independientes (iguales que\( r_{p}\) y\( r_{n}\)) se desplazan. Esto también es cierto para\( p_{c m}\) y r (y\( p_{r}\) y R). Entonces,\( p_{c m}\) viaja con todo el hamiltoniano,\( \left[\hat{\vec{p}}_{c m}, \mathcal{H}\right]=0\). Esto implica que\( \hat{\vec{p}}_{c m}\) es una constante del movimiento. Esto también es cierto para\( E_{c m}=\frac{1}{2 M} \hat{\vec{p}}_{c m}^{2}\), la energía del centro de masas. Si resolvemos el problema en el marco de centro de masa, entonces podemos establecer\(E_{c m}=0 \) y esto no va a cambiar nunca. En general, significa que podemos ignorar el primer término en el hamiltoniano y simplemente resolver

\[\mathcal{H}_{D}=-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \nabla_{r}^{2}+V_{n u c}(|\vec{r}|) \nonumber\]

En la práctica, esto corresponde a haber aplicado la separación de variables a la ecuación total original de Schrödinger. El hamiltoniano\(\mathcal{H}_{D} \) (el deuterón hamiltoniano) es ahora el hamiltoniano de un sistema de partículas únicas, describiendo el movimiento de una partícula de masa reducida en un potencial central (un potencial que solo depende de la distancia desde el origen). Este movimiento es el movimiento de un neutrón y un protón relativo entre sí. Para seguir adelante necesitamos conocer la forma del potencial central.

Estado de tierra

¿Cuáles son las características más importantes del potencial nuclear? Se sabe que es muy fuerte y de corto alcance. Estas son las únicas características que ahora son de interés; también, si nos limitamos a estas características y construimos un potencial simple, ficticio basado en ellas, podemos esperar poder resolver exactamente el problema.

Si miramos un potencial más complejo, aunque más realista, entonces lo más probable es que no podamos encontrar una solución exacta y tendríamos que simplificar el problema. Así, solo tomamos un potencial muy simple, un pozo cuadrado nuclear de alcance\(R_{0} \approx 2.1 f m\) y de profundidad\(-V_{0}=-35 \ \mathrm{MeV}\).

Necesitamos escribir el hamiltoniano en coordenadas esféricas (para las variables reducidas). El término de energía cinética viene dado por:

\[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \nabla_{r}^{2}=-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2} \frac{\partial}{\partial r}\right)-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu r^{2}}\left[\frac{1}{\sin \vartheta} \frac{\partial}{\partial \vartheta}\left(\sin \vartheta \frac{\partial}{\partial \vartheta}\right)+\frac{1}{\sin ^{2} \vartheta} \frac{\partial^{2}}{\partial \varphi^{2}}\right]=-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2} \frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{\hat{L}^{2}}{2 \mu r^{2}} \nonumber \]

Figura\(\PageIndex{1}\): Potencial nuclear (CC BY-NC-ND; Paola Cappellaro)

donde se utilizó el operador de momento angular (para la partícula reducida)\(\hat{L}^{2}\).

La ecuación de Schrödinger luego dice

\[\left[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2} \frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{\hat{L}^{2}}{2 \mu r^{2}}+V_{n u c}(r)\right] \Psi_{n, l, m}(r, \vartheta, \varphi)=E_{n} \Psi_{n, l, m}(r, \vartheta, \varphi) \nonumber\]

Ahora también podemos comprobarlo\(\left[\hat{L}^{2}, \mathcal{H}\right]=0\). Entonces\(\hat{L}^{2}\) es una constante del movimiento y tiene funciones propias comunes con el hamiltoniano.

Ya hemos resuelto el problema del valor propio para el momento angular. Sabemos que las soluciones son los armónicos esféricos\(Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi)\):

\[\hat{L}^{2} Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi)=\hbar^{2} l(l+1) Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi) \nonumber\]

Entonces podemos resolver el hamiltoniano anterior con los métodos de separación de variables, o más simplemente buscar una solución\(\Psi_{n, l, m}=\psi_{n, l}(r) Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi)\):

\[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2} \frac{\partial \psi_{n, l}(r)}{\partial r}\right) Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi)+\psi_{n, l}(r) \frac{\hat{L}^{2}\left[Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi)\right]}{2 \mu r^{2}}=\left[E_{n}-V_{n u c}(r)\right] \psi_{n, l}(r) Y_{l}^{m}(\vartheta, \varphi) \nonumber\]

y luego podemos eliminar\( Y_{l}^{m}\) para obtener:

\[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r^{2}} \frac{d}{d r}\left(r^{2} \frac{d \psi_{n, l}(r)}{d r}\right)+\left[V_{n u c}(r)+\frac{\hbar^{2} l(l+1)}{2 \mu r^{2}}\right] \psi_{n, l}(r)=E_{n} \psi_{n, l}(r) \nonumber\]

Ahora escribimos\( \psi_{n, l}(r)=u_{n, l}(r) / r\). Entonces la parte radial de la ecuación de Schrödinger se convierte en

\[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{d^{2} u}{d r^{2}}+\left[V_{n u c}(r)+\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{l(l+1)}{r^{2}}\right] u(r)=E u(r) \nonumber\]

con condiciones de contorno

\ [\ begin {array} {l}
u_ {n l} (0) =0\ quad\ fila derecha\ quad\ psi (0)\ text {es finito}\\
u_ {n l} (\ infty) =0\ quad\ fila derecha\ quad\ texto {estado enlazado}
\ end {array}\ nonumber\]

Esta ecuación es solo una ecuación de Schrödinger 1D en la que el potencial\(V(r)\) es reemplazado por un potencial efectivo

\[V_{e f f}(r)=V_{n u c}(r)+\frac{\hbar^{2} l(l+1)}{2 \mu r^{2}} \nonumber\]

que presenta la adición de un potencial centrífugo (que provoca una fuerza externa).

Figura\(\PageIndex{2}\): Potencial nuclear para\( l \neq 0\). Izquierda, potencial nuclear y potencial centrífugo. Correcto, el potencial efectivo (CC BY-NC-ND; Paola Cappellaro)

Observe que si\(l\) es grande, el potencial centrífugo es mayor. El estado base se encuentra entonces para\(l\) = 0. En ese caso no hay potencial centrífugo y solo tenemos un potencial de pozo cuadrado (que ya resolvimos).

\[\left[-\frac{\hbar^{2}}{2 \mu} \frac{1}{r} \frac{\partial^{2}}{\partial r}+V_{n u c}(r)\right] u_{0}(r)=E_{0} u_{0}(r) \nonumber\]

Esto da las funciones propias

\[u(r)=A \sin (k r)+B \cos (k r), \quad 0<r<R_{0} \nonumber\]

y

\[u(r)=C e^{-\kappa r}+D e^{\kappa r}, \quad r>R_{0} \nonumber\]

Las funciones propias permitidas (determinadas por las condiciones de contorno) tienen valores propios encontrados desde las soluciones de paridad impar hasta la ecuación

\[-\kappa=k \cot \left(k R_{0}\right) \nonumber\]

con

\[k^{2}=\frac{2 \mu}{\hbar^{2}}\left(E_{0}+V_{0}\right) \quad \kappa^{2}=-\frac{2 \mu}{\hbar^{2}} E_{0} \nonumber\]

(con\(E_{0}<0\)).

Recordemos que encontramos que había una profundidad y rango mínimos de pozo para tener un estado encuadernado. Para satisfacer la condición de continuidad a\(r=R_{0}\) que necesitemos\(\lambda / 4 \leq R_{0}\) o\(k R_{0} \geq \frac{1}{4} 2 \pi=\frac{\pi}{2}\). Entonces\(R_{0} \geq \frac{\pi}{2 k}\).

Para encontrar un estado ligado, necesitamos que la energía potencial sea mayor que la energía cinética\(V_{0}>E_{k i n}\). Si sabemos\(R_{0}\) podemos usar\(k \geq \frac{\pi}{2 R_{0}}\) para encontrar

\[V_{0}>\frac{\hbar^{2} \pi^{2}}{2 \mu 4 R_{0}^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8} \frac{\hbar^{2} c^{2}}{\mu c^{2} R_{0}^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8} \frac{(191 M e V f m)^{2}}{469 M e V(2.1 f m)^{2}}=23.1 M e V \nonumber\]

Así encontramos que de hecho es posible un estado ligado, pero la energía vinculante\(E_{0}=E_{k i n}-V_{0}\) es bastante pequeña. Resolviendo numéricamente la ecuación trascendental para E ₀ encontramos que

\[\boxed{E_{0}=-2.2 \mathrm{MeV}} \nonumber\]

Observe que en nuestro procedimiento partimos de un modelo del potencial que incluye el rango\(R_{0} \) y la fuerza con el\(V_{0} \) fin de encontrar la energía del estado fundamental (o energía vinculante). Experimentalmente en cambio tenemos que realizar el proceso inverso. A partir de experimentos de dispersión es posible determinar la energía de unión (tal que el neutrón y el protón se separan) y a partir de eso, a partir de nuestro modelo teórico, se\( V_{0}\) puede inferir un valor de.

Deuterón estado excitado

¿Son posibles los estados emocionados ligados para el deuterón?

Considera primero\(l\) = 0. Vimos que la energía vinculante para el estado base ya era pequeña. La siguiente solución impar tendría\(k=\frac{3 \pi}{2 R_{0}}=3 k_{0}\). Entonces la energía cinética es 9 veces la energía cinética del estado fundamental o\(E_{k i n}^{1}=9 E_{k i n}^{0}=9 \times 32.8 M e V=295.2 M e V . \). La energía total se vuelve así positiva, la indicación de que el estado ya no está ligado (de hecho, entonces ya no tenemos un conjunto discreto de soluciones, sino un continuo de soluciones).

Considera entonces\(l\) > 0. En este caso el potencial se incrementa en una cantidad\(\frac{\hbar^{2} l(l+1)}{2 \mu R_{0}^{2}} \geq 18.75 M e V \) (para\(l\) = 1). Por lo tanto, el potencial se vuelve más somero (y más estrecho). Así también en este caso el estado ya no está obligado. El deuterón tiene sólo un estado atado.

Dependencia de giro de la fuerza nuclear

Hasta ahora descuidábamos el hecho de que tanto neutrones como protones poseen un giro. La pregunta sigue siendo cómo el giro influye en la interacción entre las dos partículas.

El momento angular total para el deuterón (o en general para un núcleo) suele ser denotado por I. Aquí viene dado por

\[\hat{\vec{I}}=\hat{\vec{L}}+\hat{\vec{S}}_{p}+\hat{\vec{S}}_{n} \nonumber\]

Para el estado de deuterón encuadernado\(l\) = 0 y\(\hat{\vec{I}}=\hat{\vec{S}}_{p}+\hat{\vec{S}}_{n}=\hat{\vec{S}}\). A priori podemos tener\(\hat{\vec{S}}=0\) o 1 (recordemos las reglas para la adición de momento angular, aquí\(\hat{\vec{S}}_{p, n}=\frac{1}{2}\)).

Hay firmas experimentales de que la fuerza nuclear depende del giro. De hecho el deuterón solo se encuentra con\(\hat{\vec{S}}=1\) (lo que significa que esta configuración tiene una energía menor).

La forma más simple que podría asumir un potencial dependiente de giro es\( V_{\text {spin}} \propto \hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n}\) (ya que queremos que el potencial sea escalar). El coeficiente de proporcionalidad\(V_{1}(r) / \hbar^{2}\) puede tener una dependencia espacial. Entonces, adivinamos la forma para que sea el potencial spin-dependiente\(V_{s p i n}=V_{1}(r) / \hbar^{2} \hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n}\). ¿Cuál es el potencial de las dos configuraciones posibles de los giros de neutrones y protones?

La configuración son\(\hat{\vec{S}}=1\) o\(\hat{\vec{S}}=0\). Escribamos\(\hat{\vec{S}}^{2}=\hbar S(S+1)\) en términos de los dos giros:

\[\hat{\vec{S}}^{2}=\hat{\vec{S}}_{p}^{2}+\hat{\vec{S}}_{n}^{2}+2 \hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n} \nonumber\]

El último término es el que estamos buscando:

\[\hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n}=\frac{1}{2}\left(\hat{\vec{S}}^{2}-\hat{\vec{S}}_{p}^{2}-\hat{\vec{S}}_{n}^{2}\right) \nonumber\]

Porque\(\hat{S}^{2} \) y\( \hat{\vec{S}}_{p}^{2}, \hat{\vec{S}}_{n}^{2}\) conmutar, podemos escribir una ecuación para los valores de expectativa wrt funciones propias de estos operadores ¹⁰:

\[\left\langle\hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n}\right\rangle=\left\langle S, S_{p}, S_{n}, S_{z}\left|\hat{\vec{S}}_{p} \cdot \hat{\vec{S}}_{n}\right| S, S_{p}, S_{n}, S_{z}\right\rangle=\frac{\hbar^{2}}{2}\left(S(S+1)-S_{p}\left(S_{p}+1\right)-S_{n}\left(S_{n}+1\right)\right) \nonumber\]

ya que\( S_{p, n}=\frac{1}{2}\), obtenemos

\ [\ izquierda\ langle\ sombrero {\ vec {S}} _ {p}\ cdot\ sombrero {\ vec {S}} _ {n}\ derecha\ rangle=\ frac {\ hbar^ {2}} {2}\ izquierda (S (S+1) -\ frac {3} {2}\ derecha) =\ begin {array} {ll}
+\ frac {\ hbar^ {2}} {4} &\ text {Estado triplete,}\ izquierda|s=1,\ frac {1} {2}\ frac {1} {2}, m_ {z}\ derecha\ rangle\
-\ frac {3\ hbar^ {2}} {4} &\ text { Estado singlete,}\ izquierda|s=0,\ frac {1} {2},\ frac {1} {2}, 0\ derecha\ rangle
\ final {matriz}\ nonumber\]

Si V ₁ (r) es un potencial atractivo (< 0), el potencial total es\(\left.V_{n u c}\right|_{S=1}=V_{T}=V_{0}+\frac{1}{4} V_{1}\) para un estado triplete, mientras que su fuerza se reduce a\(\left.V_{n u c}\right|_{S=0}=V_{S}=V_{0}-\frac{3}{4} V_{1}\) para un estado singlete. ¿Qué tan grande es V ₁?

Podemos calcular V ₀ y V ₁ a partir de conocer la energía de unión del estado triplete y la energía del estado virtual no enlazado del singlete (ya que esta es muy cercana a cero, todavía se puede obtener experimentalmente). Tenemos\(E_{T}=-2.2 \mathrm{MeV}\) (como antes, ya que estos son los datos experimentales) y\( E_{S}=77 \mathrm{keV}\). Resolviendo el problema del valor propio para un pozo cuadrado, conociendo la energía de unión E _T y ajustando E _S ≈ 0, obtenemos V _T = −35MeV y V _S = −25MeV (Observe que por supuesto V _T es igual al valor que habíamos establecido previamente para el potencial de deuterón en orden para encontrar la energía de unión correcta de 2.2MeV, simplemente —erróneamente— descuidamos el giro anterior). A partir de estos valores resolviendo un sistema de dos ecuaciones en dos variables:

\ [\ left\ {\ begin {array} {l}
V_ {0} +\ frac {1} {4} V_ {1} =V_ {T}\\
V_ {0} -\ frac {3} {4} V_ {1} =V_ {S}
\ end {array}\ derecha. \ nonumber\]

obtenemos V ₀ = −32.5MeV V ₁ = −10MeV. Así, la parte del potencial dependiente del giro es más débil, pero no despreciable.

Nota

10 Obsérvese que por supuesto usamos la representación acoplada ya que las propiedades del deuterón, y de su energía dependiente de espín, son establecidas por el estado común de protón y neutrón