Momento angolare: deuterio

Esercizi 5 Momento angolare: deuterio 5. Il deuterio: stati possibili e osservabili Premessa: Una particella ha un momento magnetico µ se il suo accoppiamento con il campo magnetico è µ B. Il momento magnetico è proporzionale al momento angolare della particella, quindi allo spin nel sistema di riferimento a riposo. Convenzionalmente si definisce momento magnetico il massimo autovalore di µ z. In formule µ = µ J (5.) J Il massimo autovalore di J z è J quindi µ è il massimo autovalore di µ z. È questo il valore che si trova normalmente nelle tabelle delle proprietà delle particelle. Una particella carica con momento angolare l ha un momento magnetico orbitale, in analogia alla situazione classica, che vale µ orb = e mc l Un nucleo di deuterio (deutone) è composto da un protone e da un neutrone, di cariche e e 0 rispettivamente, di spin / e, per gli scopi del presente problema, di massa uguale, m = m p m n. Sperimentalmente si osserva che il deutone ha momento angolare intrinseco J = (questo è quindi per definizione lo spin del deutone) e parità positiva. Le parità intrinseche di protone e neutrone sono uguali (per convenzione P p = P n = +). Si supponga che il sistema sia descritto da un potenziale attrattivo centrale V (r).. Si faccia una tabella dei possibili valori di L (momento angolare orbitale) e S (spin totale) compatibili con i dati sperimentali. Si dimostri che lo stato fondamentale ha L = 0, S =, l altro stato possibile essendo uno stato con L = e S =. Gli stati sono convenzionalmente indicati con la notazione S+ L J ; L = S, P, D... per L = 0,,... quindi i due stati indicati sono S e D. Il protone ed il neutrone posseggono un momento magnetico intrinseco, proporzionale al loro spin: µ p = µ p σ p µ n = µ n σ n (5.) σ p e σ n sono le matrici di Pauli che agiscono sugli stati di spin del protone e del neutrone rispettivamente. I momenti magnetici delle particelle valgono, approssimativamente: µ p =.7896 µ N ; µ n =.90 µ N 6

µ N è il magnetone di Bohr nucleare definito come e /(m p c). Sperimentalmente si osserva che il deuterio ha momento magnetico nucleare µ D = 0.85647 µ N. Dimostrare che nelle ipotesi suddette (stato S ) il momento magnetico del deuterio dovrebbe valere µ p + µ n, che è molto simile al valore sperimentale. Suggerimento: Si scriva lo stato S =, S z = in termini degli autostati di s,z e s,z e si calcoli il valore medio di µ z.. Per giustificare la piccola discrepanza si supponga che in realtà il deutone è una sovrapposizione del tipo ψ = cos α S + sin α D (5.) Si scriva l operatore momento magnetico e si ricavi una stima per l angolo di mixing α usando il valore sperimentale del momento magnetico del deutone. Si segua la seguente procedura: a) Si scriva l Hamiltoniana (la parte orbitale) nel centro di massa per il sistema in presenza di un campo magnetico costante e si estragga dal termine µ B l espressione del momento magnetico orbitale. b) Si scriva l operatore momento magnetico totale usando i vettori S = s p + s n ; S = (s p s n ) c) Si dimostri che si può scrivere, come valor medio sullo stato ψ : ψ µ z ψ = cos α S µ z S + sin α D µ z D d) Si calcolino i valori medi precedenti scrivendo gli stati nella base L z, S z utilizzando i coefficienti di Clebsch-Gordan delle tabelle. e) Si faccia lo stesso calcolo utilizzando il teorema di Wigner-Eckart: si ricordi cioè che all interno di una rappresentazione irriducibile gli elementi di matrice di qualunque vettore sono proporzionali agli elementi di matrice di J. 4. Il deutone ha un momento di quadrupolo, misurato, di Q =.88 0 e0 4 cm.88 0 e b (Il barn, indicato con b è una unità che spesso si trova in fisica delle particelle, e vale b = 0 4 cm.) La larghezza di separazione media p n nel deuterio è circa 4. fm = 4. 0 cm. Si dimostri che l esistenza di un momento di quadrupolo esclude che lo stato del deutone possa essere un puro stato S. Si dia un ordine di grandezza del momento di quadrupolo aspettato: si mostri che il valore sperimentale è dell ordine di grandezza predicibile col valore di α trovato nel punto precedente. 5. Si dia un esempio di potenziale che possa produrre come stato fondamentale un mixing fra onda S ed onda D. 6. Questa domanda è fatta come ripasso di quanto si è visto sugli stati legati. Il potenziale centrale di cui alla domanda può essere schematizzato come un buca di potenziale, sferica, di raggio a =.07 fm. Sapendo che l energia di legame è circa E D =.5 MeV si stimi la profondità della buca. 6

Soluzioni 5. - Il deuterio: stati possibili e osservabili. Il momento angolare J si ottiene sommando lo spin ed il momento angolare orbitale. Lo spin totale, per due particelle /, S = s + s può assumere i valori 0,. Per un dato L il momento angolare totale, J, può assumere valori compresi fra L S e L + S. Si ha quindi la seguente tabella L = 0 L = L =... S = 0 J = 0 (+) J = ( ) J = (+) S = J = (+) J = 0,, ( ) J =,, (+) Fra parentesi è indicata la parità: essendo le due particelle costituenti con la stessa parità la parità del sistema è quella orbitale, P = ( ) L. Gli stati con valori maggiori di L hanno J, Dalla tabella segue che gli unici stati possibili con J = e parità + sono S D. Se L = 0 non c è contributo del momento orbitale al momento magnetico. Il momento magnetico si scrive quindi µ D = µ p σ p + µ n σ n Lo stato con massimo S z è S =, S z = = + + ed evidentemente + + µ D,z + + = (µ p + µ n ) = 0.8798 µ N confrontato con µ D = 0.85647 µ N. L accordo è abbastanza buono ma non completo..a Nel sistema del centro di massa (assumendo uguali le masse del protone e del neutrone) p p = p = p n ; r p = r = r n, r = r p r n = posizione relativa L Hamiltoniana orbitale in un campo magnetico, descritto da un potenziale vettore A = B r, si scrive, nel centro di massa (si ricordi che solo il protone ha carica elettrica): H = m (p e c A) + m ( p) = m p e mc (p A + A p) + O(B ) Siccome per l espressione di A data sopra A = 0 si ha [p, A] = 0 e possiamo scrivere per l interazione col campo magnetico (A deve essere calcolato per la posizione del protone) H I = e mc A p = e mc (B r p) p = e mc B (r p p) = e mc l B avendo usato l usuale definizione di momento angolare l = r p. L espressione precedente implica un momento magnetico orbitale µ orb = µ N l 6

e quindi un momento magnetico totale µ = µ p σ p + µ n σ n + µ N l (5.4).b Scrivendo: µ p σ p + µ n σ n = µ p (σ p + σ n ) + µ p (σ p σ n ) + µ n (σ n + σ p ) + µ n (σ n σ p ) = (µ p + µ n ) S + (µ p µ n )(s p s n ) (µ p + µ n ) S + (µ p µ n )S si ha µ = (µ p + µ n ) S + µ NL + (µ p µ n )S (5.5).c Per calcolare il momento magnetico del deutone, µ D, possiamo calcolare il valor medio di µ z sullo stato con J z =, su uno stato della forma ψ indicato nel testo. Gli operatori che compongono µ nella (5.5) sono simmetrici nello scambio dei due spin (i primi due) o antisimmetrici, l ultimo proporzionale a S. Lo stato ψ contiene solo stati con S =, che sono simmetrici, quindi lo stato che si ottiene con S ψ è antisimmetrico. Questo significa che nel valor medio ψ S ψ = 0, possiamo quindi nel seguito trascurare completamente S. Per comodità di notazione possiamo anche pensare di considerare il momento effettivo µ eff = (µ p + µ n ) S + µ N L eliminando direttamente il termine antisimmetrico. Gli operatori rimanenti sono proporzionali a L e S, in quanto tali, agendo su un vettore, mantengono il tipo di momento angolare (operano all interno di una rappresentazione irriducibile). Ad esempio L agendo su uno stato D manda stati con L = in altri stati con L =, analogamente per gli altri casi. Questo significa che (escludendo S per i motivi già detti) µ eff manda lo stato D in una combinazione lineare di stati con momento L = e S =. Questi stati sono ortogonali (a causa del momento angolare) a stati del tipo S, quindi nel calcolo del valor medio non possono esserci termini misti e si avrà ψ µ z ψ = cos α S µ z S + sin α D µ z D (5.6).d Le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan permettono di scrivere gli stati a J fisso costruiti con L ed S dati in termini degli autostati separati di L z e S z (e dei rispettivi L, S naturalmente). Usanto le tabelle per i casi 0 e rispettivamente si ha: S, J z = = L z = 0, S z = (5.7a) D, J z = = 5 L z =, S z = 0 L z =, S z = 0 + 0 L z = 0, S z = (5.7b) ) Elemento di matrice sullo stato S, J z =. Ovviamente la parte orbitale non contribuisce. Come abbiamo già discusso la patte antisimmetrica S non contribuisce e quindi si ha immediatamente L z = 0, S z = µ z L z = 0, S z = = (µ p + µ n ) L z = 0, S z = S z L z = 0, S z = = (µ p + µ n ) Quindi il contributo di questo stato al momento magnetico è µ D ( S ) = S µ z S = 0.879 µ N 64

) Elemento di matrice sullo stato D, J z =. Come nel caso precedente l effetto dell operatore S produce uno stato antisimmetrico (per scambio) e quindi non dà contributo al valor medio di µ z, possiamo perciò trascurare questo operatore e scrivere {(µ p + µ n )S z + µ NL z } D, J z = = 5 ( (µ p + µ n ) + µ N ) L z =, S z = + 0 (µ p + µ n ) L z = 0, S z = 0 ( µ N ) L z =, S z = 0 + e quindi prendendo il valor medio (sfruttando l ortogonalità degli stati) D µ z D = 5 ( (µ p + µ n ) + µ N ) + 0 µ N + 0 (µ p + µ n ) = 4 µ N (µ p + µ n ) Inserendo i valori di µ p, µ n : µ D ( D ) = 0.0 µ N Per il valore del momento magnetico si ha allora µ D = cos αµ D ( S ) + sin αµ D ( D ) = 0.85647 µ N da cui sin α 0. α.e Per i motivi visti trascuriamo S. Per lo stato S si ha S = J, in quanto L = 0, quindi è ovvio che sullo stato con J z = il valor medio di S z è e si ricava il risultato già visto. Passiamo ora allo stato D. In questo caso J = L + S e dobbiamo valutare gli elementi di matrice di L e S. Ricordiamo che (per lo stato con J = ) L = L(L + ) = 6 ; S = S(S + ) = ; J = J(J + ) = (5.8) Per il teorema di W.E. si avrà, ad esempio (come elementi di matrice all interno della rappresentazione irriducibile) S = c S J. Per determinare la costante c S effettuiamo il prodotto scalare con J: S J = c S J Ora J S = L, quindi, elevando al quadrato da cui J + S S J = L Analogamente SJ = J + S L = 4 6 = ; c S = S J J = (5.9) L = c L J LJ = c L J L J = J + L S = 6 = c L = L J J = (5.0) 65

Si ha quindi, per quanto riguarda gli elementi di matrice sullo stato in questione µ eff = (µ p + µ n ) ( ) J + ( ) µ N J e quindi per lo stato con J z = i ha subito µ D ( D ) = (µ p + µ n ) + 4 µ N che è lo stesso risultato ricavato prima usando direttamente i coefficienti di C.G. 4 Il momento di quadrupolo è definito da Q ij = e e (x i x j δ ij x ) Q è in tensore simmetrico a traccia nulla, quindi trasforma come un tensore di rango (cioè come J = ). Per una qualunque componente ψ Q ψ = cos α S Q S + sin α cos α D Q S + sin α D Q D L operatore Q ij agisce solo sulle variabili orbitali. Per il teorema di W.E. il primo degli elementi di matrici precedenti è nullo: infatti Q S trasforma come un L = che è quindi ortogonale agli stati S. Gli altri due elementi di matrice sono permessi. Siccome α è piccolo il contributo più grande sarà dovuto al termine in sin α cos α. Dimensionalmente la lunghezza caratteristica del problema è a fm quindi ci si aspetta a 0 cm ; ea 0 eb Q αea 0 e b che è l ordine di grandezza corretto. Per un calcolo più preciso, supponendo di conoscere le funzioni d onda il lettore interessato può seguire quanto detto qui di seguito. Al solito l elemento di matrice del quadrupolo è definito come il valore di Q zz sul valore massimo di J z. Per il teorema di W.E. su un dato multipletto Q ij = c Q (J ij j + J jj i δijj ) il massimo valore di J z è J e per questo valore la componente zz della parentesi precedente vale (J J(J + )) = J(J ) e quindi Q ij = Q J(J ) (JiJj + JjJi δijj ) Questa costante Q è quella che normalmente viene chiamata quadrupolo. Pe rquanto detto coincide con valor medio sugli stati con J z =, cioè con quelli elencati nella (5.7). Se chiamiamo R S, R D le due funzioni d onda radiali relativi agli stati S e D le funzioni d onda (5.7) si scrivono, esplicitamente ψ S = R S(r) Y 00 S z = ψ D = R D(r) ( Y, Sz = 5 ) Y, Sz = 0 + Y,0 Sz = 0 0 (5.a) (5.b) Inoltre il quadrupolo Q zz ha la forma (solo il protone è carico) Q zz = r p( cos θ ) = 4 r ( cos θ ) 66

Scrittura degli elementi di matrice Il momento di quadrupolo non tocca la parte di spin, che quindi deve essere uguale nei bra e nei ket degli elementi di matrice. Questo significa in particolare che nell elemento di matrice misto, essendo S z = per lo stato S solo il termine proporzionale a Y,0 dello stato D contribuisce. Dalla espressione (5.) delle funzioni d onda e dalla conservazione dello spin seguono immediatamente, indicando gli integrali radiali con I SD = le espressioni (per J z = ) S Q zz D = 4 ISD 0 D Q zz D = 4 IDD Quindi in definitiva 0 r drr S(r)r R D(r) ; I DD = = 4 IDD 0 r drr D(r)r R D(r) dω( cos θ )Y 00Y 0 = 4 ISD = 0 5 ( dω( cos θ ) dω( cos θ ) 5 Y,Y, + 0 Y,Y, + 0 Y ( ) 7 cos(θ) π Q = cos α sin α 0 ISD 0 sin αi DD = 0 IDD 0 ISD 0Y 0 ) = Naturalmente per il calcolo degli integrali radiali occorre fare un modello di potenziale e risolvere l equazione di Schrödinger radiale per ottenere le funzioni d onda R S e R D. 5. Un potenziale puramente radiale non va bene, in questo caso H commuterebbe con L e gli stati stazionari sarebbero autostati di L, mentre lo stato ψ del testo non lo è, essendo una sovrapposizione di due stati con L diverso. Occorre un termine nell Hamiltoniana che possa generare un momento angolare. Avendo a disposizione anche lo spin possiamo ad esempio considerare un potenziale del tipo ( ) (sp r)(s n r) H I = V s (r) + V t (r) r s p s n (5.) Il lettore riconoscerà una forma tipica dell interazione dipolo-dipolo, qui dipolo magnetico dovuto allo spin. Il primo termine, V s è un potenziale di tipo centrale usuale. Un possibile modello per V s e V t sono delle buche di potenziale. 6. Ricordiamo che per una buca sferica di raggio a la condizione per il primo stato legato è q cot(qa) = β q (5.) dove β è legato alla profondità della buca e q all energia di legame U = m β = β ; m p E = k k q = β k m m p m = m p / è la massa ridotta del sistema. Conviene usare come unità di misura delle distanze i fm e i MeV per le energie. Per le conversioni ricordiamo che c = 00 MeV fm m p c 0 MeV 67

Quindi una lunghezza β 0 = fm darebbe come energia di legame U 0 = c m p c β 0 = 00 MeV fm 0 fm = 40 MeV MeV In queste unità un energia di legame di.5 MeV corrisponde a un k di.5 k = 40 fm 0. fm ka = 0.49 Possiamo risolvere numericamente l equazione precedente, ma per avere un idea possiamo immaginare una buca abbastanza profonda in modo che l energia di legame sia (relativamente) piccola. Uno stato legato in soglia corrisponde a qa = π/ cioè q = π/(a) che per a fm significa q β 0.78fm la corrispondente profondità della buca è U U 0 0.78 = 4. MeV Numericamente, scrivendo qa = x e l equazione precedente nella forma x cot(x) = (ka) si trova x = qa.8 da cui βa = (qa) + (ka).9 e quindi β 0.96 fm che corrisponde ad una profondità della buca di circa U 40 0.9 MeV 4 MeV 68