Н.Г. Гончарова, Б.С. Ишханов, И.М. Капитонов - Частицы и атомные ядра. Задачи с решениями и комментариями (1120465), страница 50
Текст из файла (страница 50)
. , rA ) dv = e|ψ|2 ri dv,d = ψ ∗ (r1 , r2 , . . . , rA )α=1i=1где суммирование по i относится к протонам. Это более корректное выражениедля d не меняет сути доказательства. Еще раз отметим, что с классическойточки зрения равенство нулю электрического дипольного момента ядра (и всехего нечетных моментов более высокой мультипольности) есть тривиальноеследствие наличия у ядра центра симметрии.2.6.29. Показать, что из равенства нулю электрического дипольного момента d совокупности зарядов (например, атомного ядра) в систе m этой совокупме центра инерции следует совпадение центра массы Rности (ядра) с центром его заряда Re .Всистеме центра(штрихованной системе инерции координат):m =mm = R e −Reαrα =eα rα − Reαrα −eα Reα .d =αααααЗдесь rα — координаты частиц в произвольнойсистеме координат и использоeα rαвано то, чтоrα m, а R e = α= rα − Reα.
Отсюда следует, что при d = 0ε m , чтоe = Rи α eα = 0 (оба условия выполняются для ядра) должно быть Rи требовалось показать.2.6.30. Доказать, что для однородной сферически симметричнойсистемы зарядов (например, сферически симметричного ядра) собственный (внутренний) электрический квадрупольный момент Q0 = 0.Воспользуемся выражением(1.7.28):111Q0 = Qzz =(3z 2 − r 2 )ρ(r) dv =r 2 (3 cos2 θ − 1)ρ(r) dv,eeeгде ρ(r) — плотность электрического заряда системы.В силу сферической симметрии используем второй вариант этого соотношения, записанный в сферической системе координат (r, θ, ϕ):R π 2π1Q0 =r 2 (3 cos2 θ − 1)ρ(r)r2 dr · sin θ dθ · dϕ =e0 0 01=eRπ2πρ(r) · r dr (3 cos θ − 1) sin θ dθ4020dϕ.0Здесь использовано то что dv = r2 dr · sin θ dθ · dϕ, и для сферически симметричныхсистем ρ(r) ≡ ρ(r), т.
е. не зависит от углов θ и ϕ. Учитывая, чтоπ(3 cos2 θ − 1) sin θdθ = 0, приходим к доказательству утверждения, сформу0лированного в условии задачи.2.6.31. Показать, что для равномерно заряженного аксиально симметричного эллипсоида, имеющего заряд Ze, величина внутреннего246Гл. 2. Задачи с решениями(собственного) электрического квадрупольного момента Q0 дается вы2 ражением Q0 = Z b2 − a2 , где b — полуось эллипсоида, направлен5ная по оси симметрии z , a a — полуоси эллипсоида, направленные поосям x и y .Вновь воспользуемся выражением (1.7.28), в котором учтем, что зарядраспределен по эллипсоиду равномерно с плотностью ρ: 11Q0 = ρ (3z 2 − r2 ) dv = ρ(2.6.6)3z 2 − r2 dx dy dz.eeСделаем замену x2 + y 2 = f 2 и учтем уравнение поверхности аксиальногоэллипсоидаx2ay2+2a2+z2b2f= 1.
Имеем dy = f2преобразуется к виду 1fQ0 = ρ2z 2 − f 2 edf , и выражение (2.6.6)− x2dx df dz =f 2 − x21e = ρ+aТак как−a1Q0 = ρedx−a.f 2 − x2= 2π , то имеемf 2 − x2√+ba1−(z/b)2dz−b=+adx2z 2 − f 2 f df dz2z 2 − f 2 2πf df =02πρe+b z 2 a4 z 2 2 8 πρ 21−a2 z 2 1 −−dz =a b b2 − a2 .4b−bb15 eВводя вместо зарядовой плотности ρ заряд ядра Ze с помощью соотношенияZe4ρ= 4, в котором πa2 b — объем аксиального эллипсоида, окончательно3πa2 b3приходим к выражению2Q0 = Z b2 − a2 .52.6.32.
Известно, что внутренний электрический квадрупольный2момент Q0 ядра 17571 Lu равен +1830 Фм . Какую форму имеет это ядро?Чему равен параметр деформации этого ядра?Используем выражение для внутреннего электрического квадрупольногоэллипсоида,момента Q0 равномерно заряженного аксиально симметричного2полученное в предыдущей задаче: Q0 = Z b2 − a2 . Здесь Ze — заряд5эллипсоида, b — полуось эллипсоида, направленная по оси симметрии z , a a —полуоси эллипсоида по осям x и y . Параметр деформации β ядра в форме247§2.6. Свойства атомных ядер.
Энергия ядраэллипсоида можно определить следующим образом: β =где R =b−a1(b + a)2=1 b2 − a2,2 R21(b + a) — средний радиус ядра. Тогда25Q05 · (+1830)β=2 = 2 = +0,87.41/ 3Z r0 A4 · 71 · 1,2 · 1751/3Здесь использовано приближение R ≈ R = r0 A1/3 и принято r0 = 1,2 Фм. Таккак Q0 > 0, то b > a, и ядро представляет из себя эллипсоид, вытянутый вдольоси симметрии z .2.6.33. Параметр деформации β ядра 17671 Lu равен +0,31. Найдитеотношение полуосей b и a ядерного эллипсоида. Опишите его формуи вычислите собственный квадрупольный момент ядра Q0 .Так как параметр деформации положителен, то рассматриваемое ядроимеет форму аксиально-симметричного вытянутого эллипсоида.
Основные соотношения, необходимые для численного решения данной задачи, находимв задаче 2.6.32:β=b−a1(b + a)2=1 b2 − a2;2 R2R=1(b + a) ;2R ≈ R = 1,2 · A1/3 Фм;2 42Q0 = Z b2 − a2 = ZR β.55Из формул верхней строчки имеем R ≈ 6,1 Фм и приходим к системе уравненийb − a = +0,31 · 6,1 Фм,b + a = 2 · 6,1 Фм,bоткуда b ≈ 7,0 Фм, a ≈ 5,2 Фм и ≈ 1,37.
Для внутреннего квадрупольногоaмомента имеем452Q0 = ZR β = 0,8 · 71 · (6,1 Фм)2 · (+0, 31) ≈ +655 Фм2 ≈ +6,6 барн.2.6.34. Величина собственного электрического квадрупольного момента Q0 ядра 19779 Au равна +11,4 барн. Оценить параметр β квадрупольной деформации этого ядра.Решение этой задачи аналогично предыдущей.симметричного однородного эллипсоида2 42Q0 = Z b2 − a2 = ZR β.5Дляаксиально-5Здесь Z — число протонов в ядре, b и a — длинная и короткая полуоси1ядерного эллипсоида, R = (b + a) — средний радиус ядра в форме эллип2соида, а параметр квадрупольной деформации ядра определен так же каки в предыдущей задаче: β =b−a1(b + a)2=1 b2 − a2. Используя то, что при не2 R2очень больших деформациях R ≈ R = r0 A1/3 , и полагая r0 = 1,2 фм, получаемβ≈Q04ZR25=(+11,4 · 10−24 см2 ) 2 ≈ +0,37.0,8 · 79 · 7 · 10−13 см248Гл.
2. Задачи с решениями2.6.35. Внешний (наблюдаемый) квадрупольный момент ядра 8537 RbQ = +0,27 барн. Определить собственный квадрупольный момент ядра Q0 , если спин ядра 8537 Rb равен 5/2.Внешний (наблюдаемый) электрический квадрупольный момент ядра в лабораторной системе координат Q связан с собственным квадрупольным моментом ядра Q0 соотношением Q =Q0 =(7/2) · 8Q = +0,76 барн.(5/2) · 4J (2J − 1)Q0 , где J — спин ядра. Отсюда(J + 1) (2J + 3)2.6.36 Рассчитать классические магнитные моменты одиночногопротона и одиночного нейтрона, находящихся в состоянии с орбитальным моментом l = 1.Магнитный момент частицы имеет спиновую и орбитальную составляющиеи в классической записи (1.7.30) выглядит следующим образом:eh̄μ=gss + gll ,2mcгде e и m — заряд и масса частицы, s и l — ее векторы спина и орбитальногомомента, а gs и gl — соответственно ее спиновый и орбитальный гиромагнитeh̄называют магнетоном.
Из приведенной формулыные факторы. Величину2mcследует, что величина магнитного момента частицы зависит от того, каковавзаимная ориентация векторов s и l. Для нуклона s= 1/2, и существует дваварианта взаимной ориентации s и l: эти векторы параллельны (↑↑) или антипараллельны (↓↑). В первом случае (↑↑) полный момент нуклона j = l + 1/2,во втором случае (↓↑) полный момент нуклона j = l − 1/2.
В нашем случае(l = 1) параллельной конфигурации отвечает j = 3/2, антипараллельной —j = 1/2. Итак, если магнитный момент выражать в ядерных магнетонах μN(см. (1.7.31) и таблицу 1.6 в § 1.7), а спиновый и орбитальный в единицах h̄,то получаем:j = 3/2:для протонадля нейтрона 1μp = gsp · sp + glp · l = 5,58 ++ 1 · 1 = +3,79μN ,2 1μn = gsn · sn + gln · l = −3,82 ++ 0 · 1 = −1,91μN .2j = 1/2:для протонадля нейтрона 1μp = gsp · sp + glp · l = 5,58 −+ 1 · 1 = −1,79μN ,2 1μn = gsn · sn + gln · l = −3,82 −+ 0 · 1 = +1,91μN .2Знак «плюс» в величине магнитного момента означает, что вектор магнитного момента направлен в ту же сторону, что и вектор j полного момента.Знак «минус» означает, что вектор магнитного момента противоположен вектору j .249§2.6.
Свойства атомных ядер. Энергия ядра2.6.37. Определить изоспин основного состояния ядерИзоспин I0ния (1.7.24):126Cи2713 Al.основного состояния ядра определяется из соотношеZ − N I0 = |I3 | = ,2где I3 — проекция изоспинового вектора ядра на одну из осей (в данномслучае 3-ю) трехмерного евклидового зарядового пространства, а Z и N —числа протонов и нейтронов ядра. Отсюда для ядер 12 C (Z = N = 6) и 27 Al(Z = 13, N = 14) получаем6 − 6I0 (12 C) = = 0, 213−141I0 (27 Al) = = .222.6.38. Определить значения изоспинов I0 основных состоянийядер изотопов углерода 106 C, 116 C, 126 C, 136 C, 146 C.Решение этой задачи аналогичнопредыдущей. То есть для основных соZ − N стояний ядер I0 = |I3 | = .2Для указанных ядер значение изоспина будет:ядро106C− I0 = (6 − 4)/2 = 1,ядро116C− I0 = (6 − 5)/2 = 1/2,ядро126C− I0 = (6 − 6)/2 = 0,ядро136C− I0 = (7 − 6)/2 = 1/2,ядро146C− I0 = (8 − 6)/2 = 1.2.6.39 Предсказать характеристики (энергию, спин и четность)самого низкого по энергии состояния ядра 147 N с изоспином 1.
Сравнитьрезультаты этого предсказания с данными эксперимента.Ядро 147 N самосопряженное (Z = N ) и в соответствии с правилом (1.7.24)имеет в основном состоянии изоспин I0 = 0. Возбужденные состояния этого ядра могут иметь целочисленные изоспины (включая 0) вплоть до A/2(см. соотношение (1.7.25)). Любое состояние с изоспином 1 образует триплет(изотриплет) уровней с I3 = −1, 0, +1. Уровень с изоспином 1 в ядре 147 N является членом такого изотриплета с I3 = 0. Остальные члены этого изотриплетапринадлежат другим ядрам-изобарам с A = 14, а именно 146 C (I3 = −1) и 148 O(I3 = +1). Покажем, что основные состояния указанных ядер вместе с искомымуровнем ядра 147 N образуют изотриплет и это обстоятельство позволит нампредсказать все характеристики этого уровня (энергию, спин и четность).Обратимся к рисунку.На нем показано относительное расположение основных состояний ядеризобар 146 C, 147 N и 148 O, если пренебречь электромагнитным взаимодействием.Его учет не принципиален для данной задачи и составляет предмет следующей задачи (2.6.40).
Прокомментируем рисунок. Основные состояния ядер 146 Cи 148 O сдвинуты вверх по энергии относительно основного состояния ядра 147 N250Гл. 2. Задачи с решениямина энергию ΔE = 2,04 МэВ. Этот сдвиг есть результат совместного действиядвух последних слагаемых в формуле Вайцзеккера (1.8.7) для энергии связиядра — энергии симметрии Eсимм = asym(N − Z)2(A − 2Z)2= asymи энергииAAспаривания Eсп = δA−3/4 . Слагаемое энергии симметрии уменьшает энергиюсвязи ядер146Cи148Oна величину asym(N − Z)2(±2)2= 23,6МэВ = 6,74 МэВ,A14а слагаемое энергии спаривания увеличивает эту энергию на величинуδA−3/4 = +34 · 14−3/4 МэВ = 4,70 МэВ. Совместное действие этих двух слагаемых приводит к изменению энергии связи ΔW ядер 146 C и 148 O относительноядра 147 N на величину ΔW = (−6,74 + 4,70) МэВ = −2,04 МэВ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
