Staaten von 1818^{18}O mit Kernschalenmodell

Mit dem Kernschalenmodell kann nachgewiesen werden, dass dies in der äußeren Schale der Fall ist 1 D 5 / 2 von 18 O gibt es zwei Neutronen. Durch die Zusammensetzung des Drehimpulses sind die möglichen Zustände des Kerns also: ICH P = 0 + , 1 + , 2 + , 3 + , 4 + , 5 + .

Während der Vorlesung sagte mein Professor, dass wir experimentell nur die Zustände finden können 0 + , 2 + , 4 + und dieser Mangel kann durch eine auf Isospin basierende Argumentation erklärt werden.

Warum die Staaten 1 + , 3 + , 5 + sind verboten?

Siehe die Antwort hier und die darin enthaltenen Links: physical.stackexchange.com/questions/98089/…
Ich habe Ihre Antwort gesehen, aber ich frage nicht warum 0 + ist der Grundzustand, sondern der Grund, warum selbst Zustände verboten sind. Die Paarungsinteraktion kann die Antwort sein, aber ich muss den Grund verstehen und warum der Isospin betroffen ist.

Antworten (1)

Sie (Ihr Professor) haben einen Fall ausgewählt, in dem 16 Ö ist ein magischer Kern und fungiert als Kern für die obigen Orbitalspiele, und es ist viel einfacher, starke Aussagen zu treffen, als ob dies in der äußeren Hülle bewiesen werden kann 1 D 5 / 2 Da sind zwei Nukleonen drin 18 Ö . Hier könnten wir eine Diskussion beginnen...

Trotzdem: Sie können nicht finden 5 + , wäre es gegen das Pauli-Prinzip (gleiche Projektionen m=+5/2 ). Würde es nicht?

Allgemeiner, für identische Nukleonen, die Isospin-Projektion T z = T z ( 1 ) + T z ( 2 ) = 1 und daher ist der gesamte Isospin T = 1 . Dies ist eine symmetrische Wellenfunktion (siehe die Fälle Deuteron und pp und nn ). Daraus folgt (aus dem Pauli-Prinzip), dass der Raum-Spin-Anteil antisymmetrisch sein muss ....

Ψ ( J 2 J M ) = N ∑ M , M ' ( J M J M ' | J J J M ) [ ϕ 1 ( M ) ϕ 2 ( M ' ) − ϕ 1 ( M ' ) ϕ 2 ( M ) ]

kann umgeschrieben werden als

Ψ ( J 2 J M ) = N ∑ M , M ' ( J M J M ' | J J J M ) − ( J M ' J M | J J J M ) )   ϕ 1 ( M ) ϕ 2 ( M ' )

und für diese beiden Clebsh-Gordan-Koeffizienten gibt es eine Regel

Ψ ( J 2 J M ) = N [ 1 − ( − 1 ) 2 J − J ] ∑ M , M ' ( J M J M ' | J J J M )   ϕ 1 ( M ) ϕ 2 ( M ' )

In Ihrem Fall 2 J = 5 ist seltsam, also J muss gerade sein, sonst verschwindet die rechte Seite. Und hier sieht man den möglichen Gesamtdrehimpuls aus J = 0 , . . . ( 2 J − 1 ) . Mit reinem Isospin T = 1 als ein Geschenk. Der P − N Wechselwirkung kann beide Isospins haben, was zu einer gewissen Vermischung führt, wenn J P ≠ J N .

Überprüfen Sie das Buch von Casten (ich habe den Titel vergessen, aber es ist ziemlich berühmt).

Ich bin nicht sehr praktisch mit dem Clebsh-Gordan-Koeffizienten (ich lerne die gerade). Habe die Gleichung gemacht Ψ ( J 2 J M ) = N ∑ M , M ' ( J M J M ' | J J J M ) [ ϕ 1 ( M ) ϕ 2 ( M ' ) − ϕ 1 ( M ' ) ϕ 2 ( M ) ] kam nur wegen der Antisymmetrisierung der Space-Spin-Wellenfunktion heraus? Ich habe immer den verwendeten CB-Koeffizienten wie folgt gesehen: Ψ = ∑ M , M ' ( J M J M ' | J M ) ϕ 1 ( M ) ϕ 2 ( M ' )
Niemand mag CG-Koeffizienten. Ja, du hast recht. Deine letzte Gleichung ist nett, aber meine gehorcht dem Pauli-Prinzip - gestellt M = M ' .
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