Warum ist die Kernkraft spinabhängig?

Auf Fragen zur Atomkraft gibt es keine einfachen und einfachen Antworten. Die Kraft zwischen zwei Nukleonen ist eine komplizierte Restwechselwirkung, die außerhalb der Farbbegrenzungswände der starken Wechselwirkung der QCD austritt. Es wird am besten als Folge des Austauschs von Quark-Antiquark-Paaren oder Mesonen visualisiert. An der Kernkraft sind mehrere Mesonen beteiligt, und der Beitrag eines einzelnen Mesons hängt stark vom Spin und der Parität des betrachteten Mesons ab. Das leichteste Meson ist das Pion, ein pseudoskalares Teilchen (Spin 0, aber ungerade Parität). Die durch den Austausch eines Pions induzierte Kraft ist stark spinabhängig, tatsächlich trägt der Pionenaustausch nicht einmal eine Kraftkomponente für Kerne mit Kugelsymmetrie und Spin 0 bei. Da das Deuteron keine Kugelsymmetrie hat, es erfährt eine Bindungskraft, die mit dem Pionenaustausch verbunden ist, und da das Deuteron ein Teilchen mit Spin 1 ist, schließen wir daraus, dass der Pion-Beitrag zur Nukleon-Nukleon-Kraft eine Ausrichtung des Spins gegenüber einer entgegengesetzten Ausrichtung des Spins bevorzugt. Die Geschichte endet hier nicht.

Es gibt Mesonen, die massereicher sind als das Pion, die ebenfalls zur Kernbindung beitragen. Wir wissen, dass dies der Fall ist, weil viele der am stärksten gebundenen Kerne Spin 0 haben und kugelförmig sind. Aufgrund von Symmetrieüberlegungen sind die Pion-Austauschkräfte für diese Kerne durchschnittlich 0, so dass die massereicheren Omega-, Sigma- und Rho-Mesonen die Bindungskräfte bereitstellen müssen. Das Omega-Meson ist ein ungeladenes Spin-1-Meson mit ungerader Parität (Vektor). Es ähnelt einem Photon, außer dass es massiv ist (782 MeV). Wie bei der Coulomb-Wechselwirkung trägt der Austausch eines Omega-Mesons sowohl eine Zentralkraft als auch eine im Vergleich zur Zentralkraft kleine Spin-Bahn-Kraft bei. Das Vorzeichen der zentralen Kraft aus dem Omega-Mesonenaustausch ist jedoch abstoßend und kann daher nicht allein für die Bindung dieser Kerne verantwortlich sein.

Ein weiterer wahrscheinlicher Beitrag kommt vom Sigma-Meson-Austausch. Das Sigma-Meson ist ungeladen mit gerader Parität und Spin 0 (Skalar). Auf seine Existenz wurde aus seiner wahrscheinlichen Rolle bei der Kernbindung geschlossen, bevor es durch Experimente festgestellt wurde, aber jetzt ist es in den Partikeldatentabellen aufgeführt. Im Gegensatz zum Omega ist das Sigma-Meson eine breite Resonanz mit einem schlecht definierten Massenbereich (500–600 MeV). Als Yukawa-ähnliche Wechselwirkung ergibt sich auch ein zentraler Kraftterm und ein kleiner Spin-Bahn-Term. Im Gegensatz zum Omega-Zentralterm ist der Sigma-Zentralterm jedoch attraktiv. Dies bedeutet, dass die schwache zentrale Anziehung in kugelförmigen Kernen von einer Aufhebung zwischen Omega-Austausch und Sigma-Austausch stammen muss, wobei der Sigma-Austausch dominiert.

Es gibt einen interessanten Unterschied zwischen den Spin-Bahn-Beiträgen von Omega und Sigma. Im Gegensatz zu den zentralen Komponenten, bei denen die beiden Austauschvorgänge entgegengesetzte Vorzeichen haben, sind die Spin-Orbit-Beiträge von Sigma- und Omega-Austauschvorgängen additiv. Dies bedeutet, dass die Bedeutung der Spin-Bahn-Kraft relativ zur Zentralkraft direkt proportional zum Grad der Aufhebung der Zentralkraftkomponenten erhöht wird. Als Ergebnis dieses komplexen Zusammenspiels wird der Spin-Bahn-Beitrag in der Kernkraft zu einem Effekt von 10 %, im Gegensatz zu dem Fall bei Atomen, wo es sich um einen Effekt von 1 % handelt.

Das Rho-Meson ist ein weiteres Vektorteilchen (Spin 1), aber im Gegensatz zum Omega ist das Rho ein Ladungstriplett (-1, 0, 1). Es soll Isospin 1 haben. Aufgrund seines Isospins sind die Rho-Beiträge sowohl zu zentralen als auch zu Spin-Orbit-Kräften proportional zur Differenz zwischen der Neutronen- und Protonenverteilung in einem Kern, daher ist es weniger wichtig als das Omega. Es gibt wahrscheinlich andere, noch massivere Mesonen, die eine kleine Rolle bei der Kernbindung spielen, aber die Spinabhängigkeit dieser Mesonen ist wahrscheinlich ähnlich wie die bereits diskutierten.

Die Spinabhängigkeit der Kernkraft ist höchst nicht trivial. Beispielsweise kann die außergewöhnliche Stabilität eines bestimmten Kerns mit der Nukleonenzahl (auch bekannt als magische Zahl ) 2, 8, 20, 28, 50, 82 und 126 durch Berücksichtigung der Spin-Bahn-Wechselwirkungen zwischen Nukleonen erklärt werden.

Um die Rolle der Spinabhängigkeit zu sehen, ist der Deuteronkern ein gutes Labor. Der Gesamtdrehimpuls für das Deuteron (oder allgemein für einen Atomkern) wird üblicherweise mit bezeichnet$I$, ist gegeben durch

$$\hat{\vec{I}} = \hat{\vec{L}}+\hat{\vec{S_{p}}}+\hat{\vec{S_{n}}} \tag{1}$$

Für den gebundenen Deuteronenzustand$L = 0$Und$I=\hat{\vec{S_{p}}}+\hat{\vec{S_{n}}}=\hat{\vec{S}}$. A priori können wir haben$\hat{\vec{S}}=0$oder$1$(nach den Regeln für die Addition von Drehimpuls, mit$\hat{\vec{S_{p,n}}}=1/2$).

Die einfachste Form, die ein spinabhängiges Skalarpotential annehmen könnte, ist

$$V_{\text{spin}} = \frac{V(r)}{\hbar^{2}}\left(\hat{\vec{S_{p}}}.\hat{\vec{S_{n}}}\right)\tag{2}$$

Da haben wir das angenommen, wie$V_{\text{spin}}$räumliche Abhängigkeit hat, ist darin kodiert$V(r)$. Nun zu Casimirs$V_{\text{spin}}$können wir schreiben als,

$$V_{\text{spin}}=\frac{V(r)}{2\hbar^{2}}\left(\hat{\vec{S^{2}}}-\hat{\vec{S_{p}^{2}}}-\hat{\vec{S_{n}^{2}}}\right)\tag{3}$$ Für generische Eigenfunktionen $|S,S_{p},S_{n},S_{z}\rangle$, der Aufwandswert von $\hat{\vec{S_{p}}}.\hat{\vec{S_{n}}}$wird von gegeben $$\langle \hat{\vec{S_{p}}}.\hat{\vec{S_{n}}}\rangle=\frac{\hbar^{2}}{2}\left(S(S+1)-S_{p}(S_{p}+1))-S_{n}(S_{n}+1)\right)$$ Nun, da $S_{p,n}=1/2$, wir erhalten $$\langle \hat{\vec{S_{p}}}.\hat{\vec{S_{n}}}\rangle = \frac{\hbar^{2}}{2}\left(S(S+1)-\frac{3}{2}\right)=\begin{cases} +\frac{\hbar^{2}}{4}\quad\text{triplet state},\quad|S=1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle \\ -\frac{3\hbar^{2}}{4}\quad\text{singlet state},\quad|S=0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle \end{cases}$$

Wenn jetzt$V(r)$ist attraktives Potenzial (dh$V(r)<0$) Dann

• Stärke von$V_{\text{spin}}$erhöht sich für$S=1$,
• während es für reduziert wird$S=0$Aufbau.

Wegen der Natur. Zusammen mit ihren Positionen, ihren Isospins usw. sind die Spins der Nukleonen Freiheitsgrade, die Sie vielleicht berücksichtigen sollten. Da das Ziel darin besteht, experimentelle Ergebnisse zu reproduzieren, wie @AMS sagte, können Sie mit einem Potential mit der richtigen Spinabhängigkeit einige vernünftige Werte für die verschiedenen Observablen erhalten.

Zum Beispiel wissen Sie im speziellen Fall des Deuterons in einer vereinfachten Version, dass der Gesamtspin ist$S=1$und der Gesamt-Isospin ist$T=0$.

Sie können die Nukleon-Nukleon-Wechselwirkung mit einem Potential der Form beschreiben

$$V_{NN}=V_C(r)+V_\sigma(r)\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2+V_\tau(r)\vec{\tau}_1\cdot\vec{\tau}_2+V_{\sigma\tau}(r)\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2\vec{\tau}_1\cdot\vec{\tau}_2.$$ Wobei der erste Term der Culombsche Anteil ist, der zweite vom Spin abhängt, der dritte vom Isospin und der letzte von beiden.

Seit$S=1$Und$T=0$du bekommst das

$$\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2|\psi_d\rangle=|\psi_d\rangle,\;\;\;\;\vec{\tau}_1\cdot\vec{\tau}_2|\psi_d\rangle=-3|\psi_d\rangle\;\;\;\;\text{and}\;\;\;\;\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2\vec{\tau}_1\cdot\vec{\tau}_2|\psi_d\rangle=-3|\psi_d\rangle,$$ Wo$|\psi_d\rangle$ist die Wellenfunktion des Deuterons. Nachdem Sie nun das Potenzial für dieses vereinfachte Modell des Deuterons (mit nur S-Welle) haben, können Sie die Schrödinger-Gleichung lösen und einen Wert für die Bindungsenergie erhalten. Auf diese Weise können Sie Ihr phänomenologisches Potenzial testen und verifizieren, dass eine Spinabhängigkeit benötigt wird.

Vielleicht sind die ersten drei Wörter die Antwort, aber ich hoffe, dass die Betrachtung eines Beispiels aufschlussreicher ist.