Lässt sich die Schrödinger-Gleichung nach Deuterium lösen?

Es gibt mindestens fünf Möglichkeiten, diese Frage zu beantworten, die alle gleich natürlich sind.

1. Grundsätzlich ist ein Deuteriumatom ein System aus sechs Quarks und einem Elektron. Die Bewegung der Quarks ist relativistisch, daher ist die nichtrelativistische Schrödinger-Gleichung nutzlos.

2. Oh, warte ... der Begriff "Schrödinger-Gleichung" ist jedoch mehrdeutig. In einigen Kontexten bedeutet es das nichtrelativistische SE, in anderen bedeutet es nur die Grundgleichung für die Zeitevolution in QM. Selbst nach letzterer Interpretation hat das Sieben-Körper-Problem normalerweise keine exakte Lösung. Es kann Näherungslösungen geben. Die erste Annäherung, die Sie natürlich machen würden, wäre, das Elektron zu vernachlässigen und die Quarks als zwei 3-Quark-Taschen von Nukleonen zu behandeln. Die Nukleonen sind etwas relativistisch (v ~ 5% von c), aber es ist nicht unvernünftig, ein nichtrelativistisches Bild zu betrachten. Dann gibt es ziemlich anständige Näherungslösungen, die Ihnen bestimmte Dinge sagen, zB dass der Grundzustand Spin 1 hat und es keine gebundenen angeregten Zustände gibt. Solche Lösungen werden teilweise Näherungswerte sein, weil wir keine exakte Möglichkeit haben, QCD zu lösen. In der Tat, Kernstrukturphysiker versuchen normalerweise nicht einmal, QCD zu verwenden. Sie verwenden phänomenologische Modelle.

3. Ähnlich wie 1, aber nicht einmal unter Berücksichtigung der Möglichkeit, die Quarks getrennt zu behandeln.

4. Für einen Atomphysiker bezieht sich Ihre Frage offensichtlich auf das beobachtbare Spektrum im eV-Bereich, das hauptsächlich mit der Bewegung des Elektrons zu tun hat. Eine hervorragende Näherung ist es, nur die reduzierte Masse zu verwenden und ansonsten die bekannte Lösung für das Wasserstoffatom anzuwenden. Die Effekte höherer Ordnung wären Dinge wie die Kopplung zwischen dem magnetischen Dipolmoment des Elektrons und dem des Deuterons. Diese würden über die Störungstheorie behandelt und wären auf viele Dezimalstellen genau. Da die Ladung Z des Kerns klein ist im Vergleich zum Kehrwert der Feinstrukturkonstante (137), werden die theoretischen Ergebnisse peinlich gut sein, und das Experiment wird uns niemals interessante Tests des Standardmodells liefern können. Für größere Z, näher an 137,

5. Einem Nuklearstrukturphysiker würde niemals in den Sinn kommen, dass sich Ihre Frage auf etwas anderes als die Kernstrukturphysik des Deuterons bei Energien im MeV-Bereich beziehen könnte. Siehe 2.

Das Wasserstoffatom besteht aus einem Masseproton$m_p$zusammen mit einem Masseelektron$m_e$. Die Wechselwirkung zwischen ihnen ist das Coulomb-Potential zwischen zwei Punktladungen

Die Energien der gebundenen Zustände sind gegeben als

In diesem Modell werden drei Effekte ignoriert:

(i) Die Masse des Protons wird als unendlich angenommen. Die endliche Masse des Protons wird leicht durch Ersetzen berücksichtigt$m_e$von$\mu = \frac{ m_e m_p}{m_e + m_p }$das ist die reduzierte Masse des Elektrons und des Protons.

(ii) das Elektron und das Proton wirken ein wenig wie magnetische Dipole und es gibt eine Wechselwirkung zwischen ihnen, die viel kleiner ist als das Coulomb-Potential.

(iii) Das Proton ist keine Punktladung und hat eine Ladungsverteilung. Das bedeutet, dass die für Punktladungen erhaltenen Lösungen (Eigenenergien und Eigenwellenfunktionen) ungültig sind, aber einen kleinen Effekt darstellen.

(Es gibt noch andere Effekte, zu viele, um sie hier aufzuzählen, zum Beispiel relativistische Effekte.)

Für Deuterium ist die wichtigste Tatsache, die berücksichtigt werden muss, dass der Kern aus einem Proton und einem Neutron besteht, das als Deuteron bezeichnet wird. Das Neutron ist ungeladen, so dass die Kernladung ruht$+ e$.

Der größte Effekt ist immer noch der Masseneffekt, jetzt ersetzen Sie$m_e$von$\mu = \frac{ m_e m_d}{m_e + m_d }$Wo$m_d$ist die Masse des Deuterons (das ist ungefähr die doppelte Masse des Protons).

Ich würde sagen, es kann mit Rechenressourcen sehr gut angenähert werden, aber es kann nicht analytisch gelöst werden. Das liegt einfach daran, dass Sie ein Drei-Körper-Problem haben und es dafür keine analytische Lösung gibt.

Dies ist ein Zweikörperproblem, für das exakte Lösungen der Schrödinger- und der Dirac-Gleichung mit der gleichen Genauigkeit existieren wie für das protonische Wasserstoffatom. Der Unterschied zwischen dem Proton und dem Deuteron sind:

• Masse. Dies führt zu einer etwas anderen reduzierten Masse.
• Radius. Das Deuteron hat einen Radius von etwa 2 fm im Vergleich zu 0,84 fm .
• drehen. Das Deuteron hat den Spin 1, während das Proton den Spin 1/2 hat. Der Kernspin wird im Wasserstoffproblem normalerweise vernachlässigt, unabhängig davon, ob es mit der Schrödinger- oder der Dirac-Gleichung behandelt wird.
• magnetische und Quadrupolmomente. Proton und Deuteron haben unterschiedliche magnetische Momente. Auch das Deuteron hat ein Quadrupolmoment . Diese Momente tragen zu den Hyperfeinwechselwirkungen des Wasserstoffatoms bei. Diese können in der Störungstheorie sowohl im Protium als auch im Deuterium behandelt werden.