La forza forte
Tutte le interazioni fra particelle possono essere spiegate in termini di 4 forze
fondamentali:
elettromagnetica, debole, forte e gravitazionale
I nucleoni sono soggetti all’interazione forte a piccole distanze (qualche fm)
1
La forza fra i nucleoni
I nucleoni sono composti dai quark, particelle puntiformi di spin 1/2
I quark sono tenuti assieme dall’interazione forte derivante dallo scambio di altri quark e
gluoni di spin 1
La forza fra i nucleoni (la forza nucleare forte) è un problema a molti corpi in cui
• i quark non si comportano come se fossero completamente indipendenti
all’interno del volume nucleare
• nè si comportano come se fossero completamente legati in modo da formare
protoni e neutroni
esempio: interazione pp
La forza nucleare forte perciò non è calcolabile in dettaglio al livello dei quark e può
2
essere solo dedotta empiricamente a partire dai dati nucleari
Caratteristiche generali
Il fatto che un nucleo esista implica che la forza nucleare è
Forte: più forte della forza elettromagnetica, debole e gravitazionale
A corto range: i nuclei sono soggetti all’interazione forte a piccole distanze ( 2 fm)
quando cominciano a sovrapporsi
Attrattiva
Nocciolo repulsivo: Il volume è  A, e il nucleo non collassa verso densità infinita
 Saturata: B/A costante; in un nucleo i nucleoni sono attratti solo dai nucleoni vicini
 Indipendente dalla carica: non c’è distinzione fra protoni e neutroni. Si ha evidenza di
ciò dalla tendenza dei piccoli nuclei ad avere N=Z e dalla somiglianza dei livelli di3bassa
energia di coppie di nuclei speculari
Il potenziale nucleone-nucleone
 
Forza =  V (r )
Andamento della parte
centrale del potenziale
Nocciolo repulsivo
B/A~8 MeV
 V0 ~ qualche decina di MeV
Studiamo le caratteristiche dettagliate attraverso le interazioni fra due nucleoni:
Il deutone e lo scattering nucleone-nucleone
4
IL DEUTONE
5
Caratteristiche generali del deutone (2H o 2D)
Il deutone è il solo stato legato a due nucleoni (n-p). Non esistono stati legati p-p o n-n.
Riassunto delle proprietà:
 Energia di legame B = 2.23 MeV
 R = 2.1 fm
 Non si osservano stati eccitati
 JP = 1+
Deduzioni sul momento magnetico:
stato legato n-p
3S (L = 0, S = 1, ): m = m + m = 0.88 m
1
p
n
N
1S (L = 0, S = 0, ): m = m - m = 4.71 m
0
p
n
N
Valore sperimentale m = 0.857 mN
n = 1  non ci sono (quasi) contributi orbitali a m (L = 0)
Il deutone è uno stato (quasi puro) 3S1
Deduzioni sul momento di quadrupolo Q = +2.83x10-31 m2
6
Sistema di due particelle
L’hamiltoniana di un sistema di due particelle è
2
2
   
p1
p2

 V (r ) r  r1  r2
2m1 2m2
Introduciamo le variabili
 m1r1  m2 r2
  
R
, r  r1  r2
m1  m2
R = centro di massa
r = coordinata relativa
Possiamo allora scrivere



m1m2 
p1  m1r1  m1R 
r,
m1  m2



m1m2 
p2  m2 r2  m2 R 
r
m1  m2
Il momento totale del sistema è

 
p1  p2  (m1  m2 ) R

M  m1  m2
 MR
7
=massa totale
L’energia cinetica totale è


p12
p22
1  2 1  2
Etot 

 M R  mr ,
2m1 2m2 2
2
M  m1  m2 ,
1
1
1


m m1 m2
M=massa totale
m = massa ridotta
Abbiamo l’equazione di Schrodinger per il moto relativo attorno al centro di massa
  
Ptot2  
 1  2
 2 mr  V ( r ) ( r )   Etot  2 M  ( r )


Eq. Di Schrodinger nel
riferimento del centro di
massa
E
Consideriamo un potenziale centrale

V (r )  V (r )
Il sistema è invariante per rotazioni  consideriamo ad esempio una rotazione
infinitesima attorno all’asse z
x'  x cos   y sin   x  y
y '  x sin   y cos   y  x
8
dopo la rotazione la funzione d’onda è


 ( x' , y ' )   ( x  y, y  x )   ( x, y )  y
 x
x
y
Se introduciamo l’operatore Lz componente z del momento angolare
 
 
Lz    y  x   xp y  ypx
i  x
y 
Allora possiamo definire lo stato ruotato come
 ( x' , y ' , z ' )   ( x, y, y )  iLz ( x, y, z )
 1  iLz  ( x, y, z )
Richiedendo che


H ( r ' )  E ( r ' )
(stesso autovalore dell’energia) troviamo


H ( r ' )  H 1  iLz  ( r )



 E ( r ' )  1  iLz E ( r )  1  iLz H ( r )
Troviamo quindi
H , Lz   0
9
L’invarianza per rotazioni rispetto all’asse x e y mostra che tutte le componenti del
vettore momento angolare commutano con H
 H , L   0,
 H , L2   0
dove
L  r  p, p 
i

o, in componenti

 
y

z   ypz  zp y ,

i  z
y 
 

Ly   z  x   zpx  xpz ,
i  x
z 
Lx 


Lz   x 
i  y
x

y   xp y  yp x .

Quindi un autostato dell’hamiltoniana è anche un autostato del momento angolare
orbitale. Gli stati del sistema saranno etichettati da numeri quantici del tipo n, l, mz.
10
Equazione di Schrodinger in coordinate polari
Si dimostra
2   2  2  2
 
L  r  p   r p  ir  p


 
1 2   2
p  2 L  r  p   ir  p
da cui
r
   
Poichè in coordinate polari r  p  r
arriviamo all’equazione
i r
2
2
 L

 1     1  

 
 V (r )  E
r  


2
2m  r r  r  r r 
 2mr

2
Funzione d’onda radiale
Ponendo
 (r , ,  )  Rnlm (r )Ylm ( ,  )
Armoniche sferiche
si ha
2
L Ylm (,  )   2(  1)Ylm (,  )
11
Abbiamo quindi una separazione delle variabili e arriviamo all’equazione radiale
 d2 2 d 
2m 
 2(  1) 
2m
 2
 R  2 V (r ) 
 R  2 ER  0
2
r dr 
 
2mr 

 dr
Poniamo R(r) = u(r) / r (r = distanza fra i nucleoni)
Probabilità che la particella si trovi fra r e r + dr
r 2 R(r ) dr  u (r ) dr
2
Si ha
2
 d 2 2 d  u 1 d 2u
 2
 
2
dr
r
dr
r
r
dr


arriviamo al risultato finale
d 2 u 2m 
 2(  1) 
2m
 2 V (r ) 
u  2 Eu  0
2
2
dr
 
2mr 

12
Rispetto al caso undimensionale abbiamo due differenze.
La prima è che il potenziale è modificato da un termine repulsivo dipendente da L
 2(  1)
V V 
2mr 2
La seconda è che u(r=0) = 0 affinchè R resti finita nell’origine. Questo equivale ad
assumere che V = + a sinistra.
Consideriamo una buca quadra
buca quadra
Per uno stato legato E < 0 = - energia di legame
b = range dell’interazione
13
Il problema del deutone
Ricerchiamo stati legati caratterizzati da un’energia di legame B
Per L = 0 la funzione u soddisfa l’equazione
 2 d 2u

 V (r )u (r )  Eu(r )
2
2m dr
Abbiamo due regioni
r  b V  V0
E  B
r b V 0
E  B
1) r < b
 2 d 2u

 ( B  V0 )u (r )  0
2
2m dr
La soluzione generale è
u (r )  A sin kr  C cos kr
2m
k  2 (V0  B)

2
14
Richiediamo che u(r) = 0 per r = 0  C = 0
vale a dire, non vogliamo una densità infinita |R(r)|2 al centro del nucleo)
Quindi
u (r )  A sin kr r  b
2) r > b
 2 d 2u

 Bu (r )  0
2
2m dr
La soluzione generale è
u (r )  De  k 'r  Fek 'r
2mB
k '2  2

Per r   exp(k’r)   per cui poniamo F = 0
Quindi
u(r )  De  k 'r
r b
15
Richiediamo che in r = b sia u(r) che du(r)/dr siano continue
Continuità di
u (r )
Continuità di
du (r ) / dr
Il rapporto ci dà
A sin kb  De  k 'b
kAcos kb  k ' De k 'b
1/ 2
 B 
k'

cot kb    
k
 V0  B 
Assumiamo che V0 >> B. Le due incognite sono b e V0
Abbiamo
cot kb  0, kb 
 3 5
,
2 2
,
2m
 
2
V
b

 
0
2

2
 22
 V0 
 25 MeV
2
8mb
2
,
energia minima
2
( kb) 2 
Per b = 2 fm
V0 è la profondità minima che dà luogo allo stato legato
16
In realtà la soluzione esatta è un pò maggiore di 25 MeV. L’equazione trascendente
1/ 2
 B 
k'

cot kb    
k
 V0  B 
può essere risolta graficamente
k cot kb
La soluzione è data dall’intersezione
delle due curve
V0  35 MeV
 k'
V0 [ MeV ]
17
Grande probabilità di trovare
protone e neutrone separati
a una distanza > b
La dimensione del deutone è
determinata dall’energia di legame
non dal range della forza
La lunghezza caratteristica

RD 
 4.32 fm
2mB
su cui u(r) diminuisce di 1/e è detta
il raggio del deutone. Questo è più
del doppio del range b del
potenziale.
u(r) non dipende molto dalla
forma esatta di V(r)
Quindi i nucleoni hanno una
considerevole probabilità di
trovarsi al di fuori della buca di
potenziale  in media si trovano
sui suoi bordi
18
SCATTERING NEUTRONE-PROTONE E
PROTONE-PROTONE A BASSA
ENERGIA
19
Sezione d’urto
Consideriamo una rezione della forma
a b X
Trattiamo b come il bersaglio e a come il proiettile – di solito un fascio ben collimato.
Il flusso di particelle a è definito come
N a
a 
 na v a
St
Numero di particelle che attraversano una
sezione di area unitaria per unità di tempo
va = velocità delle particelle
na = densità numero
Il numero di interazioni per unità di tempo fra le particelle del fascio e quelle del
bersaglio è
dN
 N b a
dt
Nb = numero di centri diffusori nel bersaglio
 = sezione d’urto di reazione
20
In un tipico esperimento viene integrato un certo numero di eventi in un tempo t
(secondi, giorni o anche anni). Il numero totale di eventi osservati in un tempo t può
essere riscritto come
N
N   b N inc
S
Ninc = numero di particelle del fascio
incidenti in un tempo t
Nb / S è il numero di centri diffusori per unità d’area. Ora
N b  nb  S  L
L = lunghezza del bersaglio
D’altra parte
b
A
nb 
, mb 
mb
N Av
N b N A L


S
A
21
Teoria dello scattering
Scattering elastico dal
centro di un nucleone
Nucleone incidente:
onda piana
nucleo
z
La funzione d’onda prima dello scattering è
 in  eikz  eikr cos , k  2mE /  2
nel processo di scattering in interagisce con V(r). Dal
centro di interazione diverge un’onda sferica della forma
eikr
f ( )
r
onda piana
incidente d
r2d
onda
sferica
scatterata
Lo stadio finale dell’interazione è dato dalla sovrapposizione di in e di questa onda
sferica
ikr
 out
e
 e  f ( )
r
ikz
22
Sezione d’urto differenziale
Sezione d’urto: numero di neutroni scatterati per unità di tempo nell’angolo compreso fra
ϑ e ϑ+dϑ da un protone quando il flusso del fascio è un neutrone per unità d’area e di
tempo
Assumendo che la densità numero di particelle incidenti sia 1, il flusso è
e
ikz 2
vv
Sia d il numero di particelle incidenti/sec scatterate sull’area r2d
ikr 2
e
d  f ( )
r
vr 2 d
d  2 sin d
n. di particelle / sec scatterate in r 2d
 d 
flusso incidente
da cui
d
2
d 
 f ( ) d 

d
2
 f ( )
d
23
Espansione di in in armoniche sferiche
Polinomio di Legendre
ikr cos
 in  e
dove
 0 B (r ) P (cos  )

Funzione di Bessel
sferica
B (r )  i (2  1) j (kr)

Nello studio del processo,
particelle
dal centro di scattering.
sin cikrinteressanosinle kr
coslontano
kr
j0 
, j1 

,
Asintoticamente abiamo
2
kr
(kr)
kr
 soluzione dell’equazione di Schrodinger in coordinate sferiche con V(r)=0
 d2 2 d 
2m 
 2(  1) 
2m
 2
 R  2 V (r ) 
 R  2 ER  0
2
r dr 
 
2mr 

 dr
Scattering nucleare a basse energie:
dobbiamo considerare solo l=0
24
Scattering neutrone-protone a basse energie
Argomento classico. Se p è la quantità di moto e b è il parametro d’impatto (distanza
classica di massimo avvicinamento) allora
 
p b
L  r  p  bp      b 
 
Se le forze nucleari hanno un range finito a, l’interazione ha luogo solo se b < a,
cosicchè

a

Quando   a contribuirà solo l’onda parziale
0
L’energia al di sotto della quale abbiamo solo onda S è
Ecms
2 p 2
2
2



2
2
2m
2m
mN a 2
2c 2
( 200 MeV  fm )2


 5 MeV
2 2
2
mN c a
1000 MeV  8 fm
Al di sotto di questa energia dl = 0 per ogni l diverso da zero.
m = massa ridotta = mN/2
a = 2.8 fm
25
k  2mE  2 
 68.6 MeV
940
 5 m  massa ridotta  mn / 2
2
mn  940 MeV/c 2
 0.348 fm -1
|Bl(R)|2
  1, c  197 MeV fm
0
r = 2 fm
Coefficiente |Bl(R)|2
nell’espansione in onde
parziali
kr
26
 se L=0 l’espansione in onde parziali si riduce a
sin kr eikr  e ikr
 in 

kr
2ikr
e ikr
r
e  ikr
r
onda sferica uscente dall’origine
onda sferica entrante verso l’origine
In presenza del potenziale: per l’onda uscente out
e  ikr
r
e ikr
r
Non è modificata per r>range del potenziale (cioè prima
che la particella raggiunga il centro di scattering)
Scattering elastico: l’ampiezza deve essere come la parte
e-ikr  non vengono nè create nè distrutte particelle
 spostamento di fase
27
V(r) ≠ 0 cambia la fase dell’onda uscente
Convenzione:
2d0 spostamento di fase nell’onda parziale uscente
d0 spostamento di fase nell’onda scatterata l=0
 out
eikr 2id 0  e  ikr

2ikr
eid 0 sin( kr  d 0 )

kr
Probabilità di scattering data da
 scat   out  in
id 0
e e sin d 0

r
k
ikr
f(ϑ)
Poichè dl + n producono lo stesso valore, la fase è determinata nell’intervallo -/2,+/2 o280-
Formalismo per qualunque
momento angolare
29
L’analisi quantitativa richiede la soluzione dell’equazione di Schrodinger in coordinate
sferiche
 d2 2 d 
2m 
 2(  1) 
2m
 2
 R  2 V (r ) 
 R  2 ER  0
2
r dr 
 
2mr 

 dr
Equazione per una particella di massa ridotta m: stiamo lavorando nel centro di massa.
Quando V(r) = 0 la soluzione generale è
Polinomio di Legendre
ikr cos
 e
dove
 0 B (r ) P (cos  )

B (r )  i (2  1) j (kr)

j0 
sin kr
,
kr
j1 
Funzione di Bessel
sferica
sin kr cos kr

,
2
(kr)
kr
Nello studio del processo, ci interessano le particelle lontano dal centro di scattering.
Asintoticamente abiamo
onda sferica
divergente dal centro
di scattering
ei ( kr  / 2 )  e i ( kr  / 2 )
j ( r ) 
2ikr
onda sferica convergente
verso il centro di 30
scattering
Se V(r)≠0, nel processo di scattering compare un’ulteriore onda sferica uscente. Quindi
la relazione fra onda convergente e divergente cambia in
S ei ( kr  / 2)  e i ( kr  / 2)
j (r ) 
r
se non c’è assorbimento, il flusso di particelle nelle due onde non deve cambiare. Quindi
S  e2id  ( k )
dl(k) è reale ed è detto spostamento di fase
Abbiamo quindi
 out

(2  1)i 
  0
P (cos  ) S ei ( kr  / 2)  e i ( kr  / 2)
2ikr


Questa può essere riscritta anche come
 out  eikr cos
(2  1)
eikr
  0
P (cos  )( S  1)
2ik
r
onda piana

Ampiezza dell’onda sferica
onda sferica
31
Poichè out = exp(ikz) + f() exp(ikr)/r otteniamo
(2  1)
f ( )   0
P (cos  )( S   1)
2ik
e id 

  0 (2  1)
sin d  P (cos  )
k

definendo l’ampiezza di scattering per l’onda parziale L
eid 
f  ( ) 
sin d 
k
f ( )  0 (2  1) f  ( ) P (cos  )

La sezione d’urto totale è data da
   f ( ) d
2
Tenendo conto dell’ortogonalità dei polinomi di Legendre otteniamo la sezione d’urto di
scattering elastico
4
 2
k


 0
( 2  1) sin d 
2
1

1
P (cos  ) P ' (cos  )d cos  d  '
2
2  1
32
33
Interpretazione degli spostamenti di fase
sin( kr  d  )
u 0 ( r )  r 0 
k
Il segno della fase è determinato
dalla natura della forza
Attrazione: u(r) è spinta verso la
buca attrattiva e la funzione
d’onda acquista uno
spostamento di fase positivo
Repulsione: u(r) è espulsa dal
range del potenziale repulsivo e
acquista uno spostamento di fase
negativo
Particella
libera
Spostamento di fase
Potenziale
attrattivo
Spostamento di fase
Potenziale
repulsivo
34
Il segno della fase non influisce sulla sezione d’urto  modulo quadro dell’ampiezza
Determinazione del segno della fase
• interferenza fra scattering nucleare e coulombiano
• interferenza di due scattering nucleari con diverse orientazioni dello spin
35
Simmetria sferica dello scattering a bassa energia
Al di sotto di 10 MeV (nel sistema del laboratorio) ci aspettiamo quindi che se le forze
nucleari sono a corto range, si abbia scattering solo in onda S e la sezione d’urto è
id 0
d
e
2
2
 f ( )  f 0 
sin d 0
d
k
Da cui
2
d  2 sin d
d
  2 sin 2 d 0
d
sin 2 d 0

k2
La sezione d’urto è indipendente dalla direzione  simmetria sferica

4
4
2
sin
d

0
k2
k 2  k 2 cot 2 d 0
 confermato dalla osservazioni sperimentali
36
Esempio di determinazione dello spostamento di
fase e della sezione d’urto
La dipendenza dello spostamento di fase dall’energia o da k può essere determinata
risolvendo l’equazione di Schrodinger nella regione di interazione
Questo permette di stabilire una relazione col potenziale di interazione
Bisogna congetturare una forma specifica del potenziale.
Esempio: buca rettangolare (come nel caso del deutone)
37
La buca ha quindi la stessa profondità della buca del deutone e assumiamo che E ( > 0 )
sia simile all’energia di legame B (quindi abbiamo scattering a bassa energia)
L’equazione d’onda radiale per u(r) = r R(r) è
 2 d 2u ( r )

 V (r ) u (r )  Eu(r )
2
2m dr
Regione I (r < b) V = -V0
d 2 u ( r ) 2m
 2 V0  E  u (r )  0
2
dr

u I (r )  A sin kr, k  2m( E  V0 ) / 
Regione II (r > b) V = 0
d 2 u ( r ) 2m
 2 Eu(r )  0
2
dr

u II (r )  A sin( k ' r  d 0 ),
k '  2mE / 
38
Possiamo ricavare la fase congiungendo la soluzione interna a quella esterna in r = b.
La derivata logaritmica della soluzione esterna in r = b è
 u' 
   k ' cot( k ' b  d 0 )
 u  r b
La derivata logaritmica della soluzione interna in r = b è
Uguagliando le due derivate troviamo
k

d 0  cot  cot kb  k ' b
 k'

1
[barn]
 u' 
   k cot kb
 u  r b
Utilizziamo i parametri del deutone:
V0 ~ 35 MeV e b ~ 2.1 fm
Per E < 10 KeV la sezione d’urto è
4 sin 2 d 0

 3  5 barn
2
k'
39
T [MeV]
Scattering a bassissime energie e stati legati
A basse energie la sezione d’urto in realtà dipende debolmente dalla forma specifica del
potenziale
 Analisi dello scattering indipendente dalla forma specifica  lunghezza di scattering
La sezione d’urto è
4
  2 sin 2 d 0
k
Assumiamo che a energie molto basse la sezione d’urto resti finita. Allora per k  0
sin 2 d 0 d 02
2


a
k2
k2
a = lunghezza di scattering
(definita a meno di un segno)
La funzione d’onda asintotica al di fuori del raggio d’azione delle forze nucleari per k
piccolo è proporzionale a
sin( kr  d 0 )  kr  d 0
a definita come l’intercetta di questa funzione d’onda
 Linea retta
40
Potenziale attrattivo (buca
poco profonda): a<0
Potenziale repulsivo: a>0 (sempre)
4
  2 sin 2 d 0
k
4
1
 2
k 1  cot 2 d 0

b
b
4
1/ a2
Potenziale attrattivo (buca
profonda): a>0
1
lim k 0 k cot d 0  
a
b
Segno meno consistente con la
definizione come intercetta della funzione
d’onda esterna
41
Funzione d’onda piatta per r>b e
simile a exp(-k’r)
ma exp(-k’r): funzione d’onda di
uno stato legato con E
infinitesimalmente negativa
b
Funzione d’onda in r<b
2 2
k
 E  V0
sin kr
2m
Stato legato E<0
Scattering E>0
Ma se E~0
2k 2
 V0
2m
 stessa funzione d’onda
42
Funzione d’onda piatta C(r-a) per
r>b e simile a exp(-k’r)
b
Stesse funzioni d’onda per r<b:
Uguagliamo le derivate logaritmiche della funzione d’onda dello stato legato

 k 'r
k' e
e k 'r

r b
1
r  a r b
b<<a 
 2k '2
2
B

2m
2ma 2
 1.4 MeV
Stima non troppo buona: a= 5.4 fm  b<<a non corretto
funzioni d’onda per r<b non uguali
43
Raggio efficace
nel limite k0 abbiamo posto
lim k 0 k cot d 0  
1
a
Segno meno consistente con
la definizione come intercetta
della funzione d’onda esterna
Generalizzazione: per scattering a energie non nulle, introduciamo una funzione a(k)
tale che per k  0 a(0) = a
r0 = raggio efficace
4
 2
k  ( 1 / a  k 2 r0 / 2)2
 distanza media fra protone e
neutrone durante l’interazione
[barn]
1
1 1 2
lim k 0 k cot d 0  
   r0k
a (k )
a 2
Per scattering in tripletto di spin i
valori misurati di a e r0 sono
a  5.4 fm
r0  1.75 fm
44
E [MeV]
segno della lunghezza di scattering: informazioni sulla possibilità che si formi uno stato
legato.
L’equazione
1
k' 
a
Ammette una soluzione k’ reale, a cui corrisponde uno stato legato, solo se a>0
Dalle misure di sezione d’urto totale si ricava solo il valore
assoluto della lunghezza di scattering. Tuttavia, è possibile
determinare il segno tramite misure di scattering coerente.
Neutroni di energia nulla: stato di tripletto ha at > 0 
1
1
k cot d 0    
at
at
d0  
 buca di potenziale abbastanza profonda quando S=1
45
Neutroni di energia nulla: stato di singoletto ha as < 0 
1
1
k cot d 0    
as
as
d0  0
 non si può formare uno stato legato in singoletto di spin
 buca di potenziale non abbastanza profonda quando S=0
 La funzione d’onda esterna non piega verso il basso
46
Raggio efficace: trattazione quantitativa
47
A basse energie (per scattering in onda S) 1/a(k) è una funzione lineare dell’energia:
L’intersezione con k=0 dà la lunghezza di scattering a
La pendenza definisce un secondo parametro detto raggio efficace
1
1 1 2
  k r0
a (k ) a 2
Consideriamo l’equazione d’onda di due stati S di energia E1 ed E2
d 2u1 ( r ) mN
 2 E1  V ( r )  u1 ( r )  0
2
dr

d 2u2 ( r ) mN
 2 E2  V ( r )  u2 ( r )  0
2
dr

Moltiplicando la prima per u2, la seconda per u1, sottraendo e integrando fra zero e un
valore arbitrario R otteniamo
R
du2 
 du1
2
2

u

u

k

k
1
2
1  u1u2 dr
 2 dr

dr 0
0
R
48
Consideriamo la forma asintotica delle funzioni u per r grande rispetto al raggio d’azione
delle forze nucleari
sin( kr  d )
  c sin( kr  d ) 
sin d
c scelto in modo che =1
nell’origine
 sono autofunzioni della particella libera, e possiamo scrivere
d 2 
 d 1
2
2





k

k
1
2
1  1 2 dr
 2 dr

dr 0
0
R
R
Assumiamo che R sia maggiore del raggio d’azione delle forze. Allora, sottraendo
membro a membro abbiamo
1
1
 '2 (0)   '1 (0)  k2 cot d 2  k1 cot d1 

a ( k1 ) a ( k2 )
R 
 k22  k12   ( 1 2  u1u2 )dr
0
Per r= R u(R) e (R)
coincidono
Per r=0 u(0) = 0
49
Per k2 = k arbitraro e k1  0 ricaviamo
1
1 1 2
 k cot d 0 
  k  (0, E )
a (k ) a 2
Dove abbiamo definito

1
 (0, E )   ( 1 2  u1u2 )dr
2
0
Le funzioni  e u differiscono solo all’interno del raggio d’azione delle forze – Ma qui
dipendono molto poco dall’energia poichè l’energia potenziale e molto maggiore di k2
(per lo meno fino a 10 MeV). Quindi

1
1
1
 (0, E )   (0,0)  r0   ( 02  u02 )dr
2
2
2
0
Costante indipendente dall’energia:
raggio efficace
r0 = distanza media fra protone e neutrone durante l’interazione
50
Consideriamo lo stato fondamentale del deutone e poniamo
E2  B
Energia di legame del deutone
 2  e  k r , k 2  mN B /  2
Funzione d’onda del deutone al di
fuori del raggio d’azione delle forze
nucleari
2
Allora con k1  0
 '2 (0)  k2 ,  '1 (0)  1 / a
e
k2 
1 1 2
 k2  (0, B )
a 2
Nell’approssimazione del raggio efficace (0,-B) = r0, cosicchè
2
1 

r0  1 
k2  k2 a 
 2  3 fm
Valido per buche di forma
qualsiasi
51
52
Confronto con l’esperimento
Sezione d’urto di scattering n-p
 (barn)
Le misure a basse energie portano a
 = 20 barn
Poichè abbiamo utilizzato i parametri
dei deutone, la sezione d’urto calcolata
deve corrispondere a scattering S=1
D’altra parte, la sezione d’urto totale
sarà formata da una miscela di
interazioni negli
S=0
S=1
1S
0
3S
1
 - 
, ,  + 
Energia cinetica del neutrone (eV)
Se le orientazioni dei neutroni nel fascio incidente e dei protoni nel bersaglio sono
casuali, allora
Per k  0
3
1
   t   s   s  65 barn
4
4
   (3at2  as2 ), at  4.3 fm  | as | 24 fm
53
Possiamo scrivere la dipendenza della sezione d’urto dall’energia
4 2  1
1


 2
2

mN  k  Bt k  Bs




Buon accordo con l’esperimento a bassa energia se Bs = 60 keV
N.B. Lo stato di singoletto n-p non è uno stato legato reale  stato legato virtuale.
Bs non ha un significato fisico particolare
Facendo uso della teoria del raggio efficace, i risultati sperimentali sono descritti fino a
10 MeV con

3


k 2  (1 / at  k 2 r0t / 2) 2 k 2  (1 / as  k 2 r0 s / 2) 2
at  5.4 fm,
as  23.7 fm
refft  1.75 fm reffs  2.76 fm
Conclusione:
- Forte dipendenza dallo spin dell’interazione nucleare
- Non esiste uno stato legato di singoletto di spin
54
Scattering di neutroni su orto e para H2
Per separare i contributi di t e s, consideriamo l’interazione di neutroni di energia
molto bassa (E < 1 KeV) con orto- e para-idrogeno (H2)
orto-H2 p()p() SH2 = 1
para-H2 p()p() SH2 = 0
Neutroni di bassa energia (E < 1 keV): l >> separazione dei protoni in H2
Abbiamo quindi scattering coerente
2


    ampiezza n - pi 
 i 1, 2

(nel caso di scattering incoerente avremmo  = S(ampiezza)2 )
Gli operatori di spin del neutrone e di ciascun protone sono
  

 
Sn   n , S p   p
2
2
Dove n e n sono le matrici di Pauli.
55
Studiamo gli autovalori di
protone è


 n  p
. Il quadrato dello spin totale del sistema neutrone-
2 2 2
 
S  S n  S p  2 Sn  S p
Poichè S2, S2n, S2p sono costanti del moto con autovalori S(S+1), Sn(Sn+1), Sp(Sp+1),
abbiamo
 
1
Sn  S p  S ( S  1)  Sn ( Sn  1)  S p ( S p  1)
2
Abbiamo pertanto     2 S ( S  1)  3
n
p
1 per S  1 (tripletto )

- 3 per S  0 (singolett o)
A basse energie l’ampiezza di scattering è pari alla lunghezza di scattering. La seguente
formula dà il risultato corretto per scattering nello stato di singoletto o tripletto
as S  0 p()n()
as  3at at  as  
 f  ap 

n  p  
4
4
at S  1 p()n()
56
Quindi nel caso di scattering coerente di un neutrone sui due protoni dell’idrogeno
possiamo scrivere
as  3at at  as  

 f 2

 n   p1   p 2 
4
4
Nel caso del para-H2 abbiamo Sp1+Sp2 = 0 per cui
f 
as  3at
 a  3at 
 para  4  s

2
 2 
2
Nel caso dell’orto-idrogeno possiamo scrivere
f 

1
3
1 2
 as  at  (at  as ) 2  STOT ( S  1)   2 S H 2 ( S H 2  1)   2 Sn ( Sn  1)
2
2
2
STOT  3 / 2
2at

3as / 2  at /2 STOT  1 / 2
57

Arriviamo quindi al risultato
para-H2 
orto-H2 
 para
3 
1
 4  as  at 
2 
2
2
2
 2
13
1  
2
 orto  4  2at    as  at  
3 2
2  
 3
 
 
n o-H2
n o-H2
e ricaviamo
 orto   para  2 (at  as )2
Se la forza nucleare fosse indipendente dallo spin, t = s e at = as per cui para e orto
dovrebbero essere uguali.
Le sezioni d’urto misurate sono invece
 para  4 b,  orto  130 b
 La forza nucleare è dipendente dallo spin
58
La grande differenza fra i valori misurati mostra che at  as e che at e as devono avere
segni diversi in modo da rendere para piccola rispetto a orto
at  5.4 fm,
as  23.7 fm
 lo stato di singoletto non è legato
 lo stato di tripletto è legato
Come misurare le sezioni d’urto:
Ad alte temperature il rapporto del numero di molecole orto e para è 3:1. A basse
temperature (diciamo 20 K) la maggior parte delle molecole sono nel loro stato
fondamentale.
Lo stato fondamentale di orto-H2 è 0.015 eV più alto di para-H2
 Quindi a 20 K H2 è tutto para-idrogeno
59
Riassunto
 A basse energie (< 10 MeV) la meccanica quantistica non relativistica descrive
adeguatamente i processi di scattering in onda S introducendo un semplice potenziale
 La sezione d’urto non dipende sensibilmente dalla forma del potenziale. Possiamo
ricavare solo una stima del range dell’interazione ma non la forma dettagliata del
potenziale stesso
 L’interazione nucleare dipende dallo spin (più dettagli in seguito)
 Possiamo ricavare informazioni sull’esistenza (o non esistenza) di stati legati
nucleone-nucleoni in diversi stati di spin e momento angolare orbitale
60
Scattering protone-protone
 Poichè non esiste lo stato legato 2He, la forza protone-protone può essere studiata
solo attraverso il processo di scattering.
 Sperimentalmente lo studio è più semplice: è più semplice produrre fasci collimati e
monocromatici e inoltre è molto più semplice rivelare i protoni.
 Oltre alla forza nucleare, è presente anche la forza coulombiana repulsiva. Questo dà
luogo a un effetto di interferenza che permette di determinare il segno degli spostamenti
di fase dell’interazione nucleare.
 A basse energie ci aspettiamo che l’interazione nucleare sia dominata dallo stato L=0.
D’altra parte, essendo l’interazione coulombiana a lungo range, per questa ci sono
contributi anche per L ≠ 0.
61
Studiamo il processo nel riferimento del centro di massa come nel caso dello scattering
neutrone-protone





p1i  p2i  0  p1 f  p2 f
p2 f


p1i
E1i  E2i  E1 f  E2 f




 p1i  p2i  p1 f  p2 f

p2 i

p1 f
 E1i  E2i  E1 f  E2 f
La sezione d’urto differenziale è data d/d = |f(ϑ)|2. Classicamente le particelle sono
distinguibili e la probabilità di osservare o l’una o l’altra è
f ( )  f (   )
2
2
Al contrario, quantisticamente le particelle sono indistinguibili e non possiamo quindi
distinguere fra questi due diagrammi, i quali devono essere sommati
f ( ) 

È presente un effetto
d’interferenza
62
Il sistema di due protoni deve obbedire al principio di esclusione di Pauli, per cui la
funzione d’onda totale deve essere antisimmetrica nello scambio delle due particelle.
La funzione d’onda ha la forma

 (r )  
parte spaziale
parte di spin
Gli spin 1/2 dei due protoni si combineranno in uno stato di spin totale 1 simmetrico
rispetto allo scambio dei due protoni 1 e 2
   (1)   ( 2)
 1
   t     (1)   ( 2)    (2)   (1)
 2
   (1)   ( 2)
S=1, Sz = 1
S=1, Sz = 0
S=1, Sz = -1
oppure in uno stato di spin totale zero, antisimmetrico rispetto allo scambio dei due
protoni 1 e 2
1
 (1)  (2)   (2)  (1)
  s 
2
S=0, Sz = 0
63
Di conseguenza abbiamo le due possibilità
Funzione d’onda
spaziale simmetrica

 sim ( r )   s
Protoni in singoletto
di spin

 ant ( r )   t
Funzione d’onda
spaziale antisimmetrica
Protoni in tripletto di
spin
Scambiare le particelle equivale a operare la trasformazione,


r  r
per cui

1


 ( r )   ( r ) ,
 sim ( r ) 
2

1


 ( r )  (r ).
 .ant ( r ) 
2
In coordinate polari lo scambio implica r  r, z   z,     
Corrispondentemente, avremo le ampiezze di scattering
f sim ( )  f ( )  f (   ),
scattering in singoletto di spin
f ant ( )  f ( )  f (   ).
scattering in tripletto di spin64
La sezione d’urto differenziale per scattering in singoletto di spin è
d s
2
 f sim ( )
d
 f ( )  f (   )  f ( )  f (   )  2 Re f ( ) f * (   )
2
2
2
La sezione d’urto differenziale per scattering in tripletto di spin è invece
d t
2
 f ant ( )
d
 f ( )  f (   )  f ( )  f (   )  2 Re f ( ) f * (   )
2
2
2
Se si utilizzano fasci di protoni non polarizzati, allora gli spin si combineranno in modo
da formare una miscela con pesi statistici 3/4 (tripletto) e 1/4 (singoletto)
d 1 d s 3 d t


d 4 d 4 d
 f ( )  f (   )  Re f ( ) f * (   )
2
2
65
Calcolo dell’ampiezza di scattering – interazione
coulombiana
Approssimazione di Born
Dove
 

m
i ( k1i  k1 f )r
3
f ( )  
e
V
(
r
)
d
r,
2 
2
  
r  r1  r2 e   
q  k1i  k1 f = momento trasferito
mN
m
2
Interazione coulombiana
= massa ridotta
e2
V (r) 
r
In questo caso abbiamo già calcolato l’integrale sopra nella discussione dello scattering
Rutherford
2

4

e
3
e
V
(
r
)
d
r  2

q

iqr
66
L’ampiezza di scattering coulombiano è dunque
 

m
i ( k1i  k1 f )r
3
f ( )  
e
V
(
r
)
d
r
2 
2
m
4e2 mN e2

 2  2 2
2
2
q
q
Il momento trasferito può essere espresso come
  2
2 2 
2 2
2
 q   pi  p f   4 p sin
 4mN sin
2
2
2 2
 m  sin
2
N
2
rel
2

2
Dove vrel è la velocità relativa delle due particelle, vrel = 2v.
Arriviamo quindi all’ampiezza di scattering nel referimento del centro di massa
e2
f ( ) 
2
mN rel
sin 2 ( / 2)
67
La sezione d’urto differenziale per scattering coulombiano (con fasci non polarizzati) è
corrispondentemente
d 1 d s 3 d t


d 4 d 4 d
 f ( )  f (   )  Re f ( ) f * (   )
2
 e 

 
2 
 mN rel 
2
2
2


1
1
1
 sin 4 ( / 2)  cos4 ( / 2)  sin 2 ( / 2) cos2 ( / 2) 


Nel riferimento del laboratorio uno dei protoni è fermo, mentre l’altro si muove con
velocità vlab = vrel. In questo riferimento l’angolo di scattering è
lab   / 2  2 sin d  4 sin 2labdlab  4 coslab 2 sin labdlab
Quindi, ponendo E0 = mNv2lab / 2 (energia cinetica del protone incidente)
e4
d lab  2
E0
 1
1
 sin 4   cos4  
lab
lab


1
 2
cos lab 2 sin labdlab

2
sin lab cos lab 
68
La formula di Born è approssimata (ordine più basso di un’espansione perturbativa).
D’altra parte una soluzione asintotica dell’equazione di Schrodinger per lo scattering di
due protoni nel centro di massa è
Onda incidente approssimativamente
piana (a causa del lungo range
dell’interazione coulombiana)
 ( r )  exp( ikz  i ln k ( r  z )) 
g ( )
Onda sferica 
exp( ikr  i ln 2kr  i  2i 0 ),
diffusa
dove
r


e2
2
g ( ) 
exp

i

ln
sin
( / 2) ,
2
2
mN rel sin ( / 2)
e2
m
(1  i )

, k  N rel , ei 0 
.

2
(1  i )
Utilizzando g(ϑ) la sezione d’urto differenziale (nel centro di massa) è
d  e 2  
1
1

 


2 
4
4
d  mN rel   sin ( / 2) cos ( / 2)
cos[( e 2 /  rel ) ln tan 2 ( / 2)] 


sin 2 ( / 2) cos2 ( / 2)

69
Questa espressione della sezione d’urto si riduce alla precedente quando
cos[( e 2 /  rel ) ln tan 2 ( / 2)]  1
cioè
e2
 rel
ln tan 2 ( / 2)  0
Questa condizione è soddisfatta per
E  1 MeV,
0.1    
70
Inclusione dell’interazione nucleare
L’interazione nucleare in onda S è descritta dall’ampiezza
i 2id 0
f nuc ( ) 
(e  1)
2k
L’ampiezza di scattering totale (in approssimazione di Born per la parte coulombiana) è
quindi
e2
i 2id 0
f ( ) 

(e  1)
2
2
mN rel sin ( / 2) 2k
e corrispondentemente (la parte nucleare non ha dipendenza angolare e quindi
scompare nell’ampiezza antisimmetrica)
f sim ( ) 
f ant ( ) 
e2
2
mN rel
e2
2
mN rel

 i 2id 0
1
1
 sin 2 ( / 2)  cos2 ( / 2)   k (e  1)




1
1
 sin 2 ( / 2)  cos2 ( / 2) 


2 f nuc ( )
71
Procedendo come prima
2
d s
2
2
 f sim ( )  f coul ,sim ( )  2 f nuc ( )  2 Re f coul ,sim ( )2 f *nuc ( )
d
2
d t
2
 f ant ( )  f coul ,ant ( )
d
d 1 d s 3 d t


d  4 d 4 d
La sezione d’urto totale diventa
 e 
d  d 


  
2 
d  d coul  mN 
2
2
 2 sin 2d 0   2 2 
  2  sin d 0 
 2 2
e 
 e sin 

Termine di interferenza. Dipendenza lineare:
permette di determinare spostamenti di fase
molto piccoli
Termine che descrive lo scattering se
non ci fosse interazione coulombiana
Ad alte energie domina a causa di v2
Inoltre si può determinare il segno
nello stato L = 0 il potenziale è attrattivo
72
d0 è l’unica incognita
Dalla misura di d/d ricaviamo il segno e il modulo di d0
L’interferenza permette di determinare il segno
d/d
Totale
 pp  36.7  0.1 b
interferenza
Mott
(cms)
73
Equivalenza delle forze neutrone-protone e protoneprotone
I dati sperimentali di scattering protone-protone possono essere analizzati col
formalismo della lunghezza di scattering e del raggio efficace proprio come nel caso
neutrone-protone.
I valori ricavati sono affetti dalla presenza dell’interazione coulombiana. Tuttavia è
possibile da essi determinare quale valore avrebbero in assenza di interazione
coulombiana (cioè se fosse presente la sola forza nucleare).
Il risultato è per lo scattering nello stato 1S0
reffpp  2.8 fm, a0 s  17 fm
Lunghezza di scattering negativa  non esistono stati legati p-p 1S0.
D’altra parte il principio di Pauli esclude lo stato 3S1 analogo del deutone.
Buon accordo con lo scattering n-p in singoletto
In buona approssimazione l’interazione puramente nucleare neutrone-protone è uguale
all’interazione protone-protone.
74
Indipendenza dalla carica dell’interazione nucleare
Scattering neutrone-neutrone
Lo scattering n-n è difficile poichè non esistono bersagli composti solo da neutroni
Usiamo reazioni per creare 2 neutroni a distanza reciproca minore del range nucleare
(paragonabili a un esperimento di scattering)
termine di
interferenza
Se 2n legato
 g monocromatico, stato finale a due corpi
Se n-n non legato  energia ripartita fra 3 particelle
 nn  33.8  1.8 fm ( pp  36.7  0.1 fm)
 La forza nucleare è indipendente dalla carica
75
L’ISOSPIN
76
Confronto fra protone e neutrone
Trascurando le interazioni elettromagnetiche, protoni e neutroni sono molto simili
Hanno masse praticamente identiche:
mn  mp  1.4 103 GeV
77
Momenti magnetici
78
Momenti magnetici
I momenti di dipolo magnetici derivano da
- il moto orbitale di particelle cariche
- lo spin intrinseco
Il momento di dipolo magnetico è la componente misurabile massima dell’operatore
momento di dipolo magnetico m

m
Momento magnetico orbitale
Classicamente se abbiamo una spira di
corrente
m  IA 
ev 2
e
r 
Lz
2r
2m
La meccanica quantistica porta allo stesso risultato
e 
m  g
Lz
2m

Fattore g: gl = 1 particelle cariche
.
gl = 0 particelle neutre
79
Momento magnetico intrinseco
L’operatore momento magnetico intrinseco dovuto allo spin intrinseco di una particella è
e 
m  gs
Sz
2m

La teoria di Dirac (m.q. relativistica) delle particelle di spin 1/2 predice gs=2
Elettrone
e
m   g 

2me
  mB 
e 
ms   g s
2me 2
  mB
dove mB=eħ/2me è il magnetone di Bohr
Si osservano piccole differenze rispetto a gs=2 a causa di correzioni di ordine superiore
di QED
 

m s  m B 1 
 O( 2 )    
 2

e2
1


4 137
80
Esperimento e teoria sono in accordo entro 1 parte su
108!
Protone e neutrone
e
m  g

2m p
dove
m N  e / 2m p
e  1
ms  g s
 g s mN
2m p 2 2
è il magnetone nucleare
Ci aspettiamo che
.
p spin 1/2, carica +e,
n spin 1/2, carica 0,
ms = mN
ms = 0
Si osserva invece
p
n
ms = +2.793 mN  gs= +5.586
ms = 1.913 mN  gs = -3.826
Protoni e neutroni non sono particelle puntiformi: sono stati legati di quark carichi e
gluoni
81
Chiusa parentesi
82
Confronto fra protone e neutrone
Trascurando le interazioni elettromagnetiche, protoni e neutroni sono molto simili
Hanno masse praticamente identiche:
mn  mp  1.4 103 GeV
Il momento magnetico del protone è
m p  2.793m N ( m N  e / 2m p )
La componente anomala di questo momento magnetico è
m pa  m p  mN  1.793mN
Il momento magnetico del neutrone è interamente anomalo
mn  1.96mN
Quindi
mn  m pa
83
L’isospin
Protone e neutrone possono essere considerati come due stati quantici di una stessa
entità, il nucleone. Definiamo un numero quantico intrinseco detto isospin
tz p 
1
1
p , tz n   n
2
2
Definendo z = 2tz, abbiamo
1 0 
 z  
,
 0  1
1
p     ,
 0
 0
n     
1
Le altre due componenti dell’isospin sono definite in analogia con lo spin
 0 1
0  i
,  y  

 x  
 1 0
i 0 
 ,   2i
i
j

ijk k
84
Possiamo definire degli operatori di conversione protone  neutrone (operatori di
innalzamento e abbassamento dell’isospin)
    x  i y
    x  i y
che sono tali che
  n  p ,   p  0,
 p  n ,  n  0
L’operatore di carica deve essere tale che
Q p e p
Q n 0
In questo formalismo Q può essere espresso come
e
Q  1   z 
2
85
Sistema di due nucleoni
Consideriamo un sistema di due nucleoni i cui stati di isospin sono
t1  1/ 2, t1z ,
t2  1/ 2, t2 z
L’isospin si compone come lo spin
  
T  t1  t2 , Tz  t1z  t2 z
Abbiamo quindi un tripletto di isospin T=1
 (1) (2)
 1
  t    (1) (2)   (2) (1)
 2
 (1) (2)
|T=1, Tz = 1>
|T=1, Tz = 0>
|T=1, Tz = -1>
e un singoletto di isospin T = 0
1
 (1) (2)   (2) (1)
  s 
2
|T=0, Tz = 0>
86
Vediamo che
T  1, Tz  1  pp
T  1, Tz  1  nn
stato protone-protone
stato neutrone-neutrone
D’altra parte, T  1, Tz  0 e T  0, Tz  0 sono stati misti protone-neutrone.
Lo stato pn in cui la prima particella è un protone e la seconda è un neutrone è una
sovrapposizione degli stati di isospin totale T=1 e T=0 con componente z Tz=0
pn 
1
 T  1, Tz  0  T  0, Tz  0
2

87
Principio di Pauli generalizzato
Nel formalismo di isospin protoni e neutroni sono considerati come stati di una singola
particella. La funzione d’onda di una coppia di nucleoni è espressa come un prodotto
(corretto se si trascurano nell’hamiltoniana interazioni fra spin e isospin, spin e
coordinate, ecc.)
 
    

 
 ( r , s1, s2 , t1, t2 )   ( r ) f ( s1, s2 ) f (t1, t2 )
funzione d’onda
spaziale
  
r  r1  r2
Funzione
(spinore) di
spin
Funzione (spinore)
di isospin
Possiamo generalizzare il principio di Pauli in modo da richiedere che la funzione d’onda
totale deve essere antisimmetrica rispetto allo scambio di tutte le variabili (coordinate
spaziale, spin, isospin)
Per un sistema p-p o n-n la funzione di isospin è
f (t1 , t2 )   (1) (2) o  (1) (2)

 
  ( r ) f ( s1, s2 )
Simmetrica rispetto allo scambio delle
due particelle
Antisimmetrica rispetto allo scambio delle
coordinate e spin  usuale principio di Pauli per
due fermioni identici
88
Se i due nucleoni sono in uno stato di momento angolare orbitale L, la simmetria dello
stato rispetto allo scambio delle particelle è
(1) L (1) S 1 (1)T 1  1  L  S  T  dispari
Se due nucleoni formano uno stato legato, è ragionevole assumere che lo stato di
energia più bassa abbia L = 0  S + T = dispari.
Poichè nel caso del deutone S = 1, questo deve essere un singoletto di isospin T=0.
Esistono due nuclei con A = 3 che formano un doppietto di isospin T = 1/2
H Tz  1 / 2 Q  A / 2  Tz  1
He Tz  1 / 2
Q  A / 2  Tz  2
3
1
3
2
Esiste un solo nucleo con A = 4 (42He) che è un singoletto di isospin ed è una
configurazione particolarmente stabile con energia di legame pari a 28.3 MeV
89
Rotazioni
90
Rotazioni
Consideriamo una rotazione attorno all’asse z axis di un angolo 
t'  t
x '  x cos   y sin 
y '   x sin   y cos 
z'  z
o, in forma matriciale


r '  Rz ( )r
con la matrice di rotazione
 cos  sin  0 


Rz ( )    sin  cos  0 
 0

0
1


91
È interessante considerare una rotazione “infinitesima”. In questo caso
cos   1, sin   
e possiamo scrivere
 1 0 0  0  0

 

J z
Rz ( )   0 1 0     0 0   1  i

 0 0 1  0 0 0

 

dove abbiamo introdotto la matrice
 0  i 0


J z   i 0 0 
 0 0 0


Jz è detto il generatore delle rotazioni attorno all’asse z e vediamo che possiamo
scrivere
1 dRz ( )
Jz 
i d   0
92
In modo simile, se consideriamo rotazioni attorno all’asse x o y, abbiamo i corrispondenti
generatori
0 0 0 


 dRx ( )
Jx 
  0 0  i 
i d   0
0 i 0 


 0 0 i


 dR y ( )
Jy 
  0 0 0 
i d   0
  i 0 0


L’ordine con cui eseguiamo due rotazioni è importante. Ad esempio
Rx ( ) Rz ( )  Rz ( ) Rx ( )
Le rotazioni non commutano: il gruppo delle rotazioni (SO(3)) non è abeliano
93
Il fatto che le rotazioni non commutino implica che anche le matrici dei generatori non
commutano. Possiamo facilmente verificare che, ad esempio,
J x J y  J y J x   J x , J y   iJ z 
e permutazioni cicliche
Queste sono esattamente le relazioni di commutazione soddisfatte in meccanica
quantistica dagli operatori del momento angolare.
 gli operatori del momento angolare sono i generatori delle rotazioni
Possiamo costruire una rotazione finita a partire da una infinitesima ponendo
  N d , N  
Allora
Rz ( )   Rz (d ) 
N
 1  iJ zd 
N

N

  1  iJ z 
N

N 
 eiJ z
94
Questo può essere facilmente verificato definendo l’esponenziale di una matrice
attraverso la sua espansione in serie di Taylor
eiJ z / 
J z J z2 2
J z3 3
 1 i

i

2
3

2! 
3! 
 1 0 0  0 0 1
  1 0 0
2

 
  

  0 1 0   0  1 0   0  1 0
 0 0 1   0 0 0  2!  0

0
0

 



 0 0  1
3

 
 0 1 0  
3! 
Una rotazione finita attorno ad un asse

0
0
0


n di un angolo  può essere scritta
 cos  sin  0 


   sin  cos  0 
 0

0
1


come
Rn ( )  eiJ n
95
Chiusa parentesi
96
Indipendenza dalla carica dell’interazione nucleare
Una rotazione di un angolo ϑ attorno ad un asse n può essere rappresentata attraverso
l’operatore
 

R( n , )  einJ
J è il momento angolare. Una rotazione spaziale induce una rotazione sullo stato di un
nucleone nello spazio di isospin ponendo J =  / 2,
 


in / 2
D( n ,  )  e
,   R  D(n, )
L’esponenziale può essere sviluppato in modo da ottenere
 

   
in  / 2
D ( n , )  e
 1 cos  in   sin
2
2
Ad esempio, una rotazione di 180 gradi attorno all’asse x dà (a parte un fattore i)

D(n  xˆ,   )   x
Questa inverte l’asse z per cui trasforma un protone in un neutrone (e viceversa).
97
Vogliamo adesso ruotare simultaneamente un sistema di due nucleoni
Come abbiamo visto, due nucleoni possono essere in uno dei tre stati di isospin T=1
oppure in singoletto di isospin T = 0.
Possiamo ruotare lo stato di isospin |T,Tz> della coppia tramite l’operatore



 
D( n , )  exp in  T ,
T , Tz  T , Tz
R

 D( n , ) T , Tz
Dove abbiamo posto J=T, essendo T l’isospin totale
Dagli esperimenti di scattering abbiamo visto che n-p e p-p in 1S0 interagiscono allo
stesso modo.
Stato p-p 1S0: antisimmetrico nelle variabili spaziali e di spin,  T=1, Tz=1.
Stato p-n 1S0: antisimmetrico nelle variabili spaziali e di spin,  T=1, Tz=0.
 postuliamo che la forza non dipenda da Tz all’interno di un multipletto (ma può
98
dipendere da T)
Possiamo definire l’indipendenza dalla carica nel modo seguente. Consideriamo il valor
medio del potenziale nucleare rispetto al dato stato di isopin
VN  T , Tz VN T , Tz
e il valor medio rispetto agli stati ruotati
H
R
 R T , Tz VN T , Tz
 T , Tz e

in T
VN e
R

in T
T , Tz
L’indipendenza dalla carica significa che il valore di aspettazione non cambia se
effettuiamo una rotazione. Quindi
VN
R
 VN  VN  e

inT

inT
VN e
Questo implica che VN commuta con l’operatore rotazione e quindi in definitiva con i
generatori delle rotazioni di isospin T



VN , T  0
99
Consideriamo l’hamiltoniana completa del sistema di nucleoni H  K  VN , dove K
è l’energia cinetica. Poichè K commuta con T, l’intera hamiltoniana commuta



H ,T  0
Possiamo formare autostati simultanei di H, T2, Tz e denotarli
n, T , Tz
. Abbiamo
H D ( R ) n, T , Tz   D( R ) H n, T , Tz  En D ( R ) n, T , Tz
 D( R ) n, T , Tz 

Autostato con la stessa energia
Assumiamo che |n> e D(R)|n> siano distinti  sono stati degeneri
In generale
D( R) n, T , Tz   DT ' z Tz ( R) n, T , T ' z
T 'z
combinazione lineare
Tutti gli stati |n,T,Tz> con Tz diverso devono avere la stessa energia
100
Quindi, se consideriamo i tre stati p-p, n-n, e n-p del tripletto di isospin T=1
   
 pp (1,2)   A ( r1 , s1 , r2 , s2 ) T  1, Tz  1
   
 nn (1,2)   A ( r1 , s1 , r2 , s2 ) T  1, Tz  1
   
 np (1,2)   A ( r1 , s1 , r2 , s2 ) T  1, Tz  0
Il valor medio di H rispetto a uno qualunque di essi è lo stesso.
Una coppia n-p d’altra parte può trovarsi anche in singoletto di isospin
   
 (1,2)   S (r1, s1, r2 , s2 ) T  0, Tz  0
0
np
Questo sarà un autostato dell’hamiltoniana in generale con autovalore dell’energia
diverso.
L’interazione non dipende dalla componente z dell’isospin, ma porterà a energia diverse
a seconda che T=0 o T=1.
101
L’invarianza di VN rispetto a isorotazioni implica che VN deve essere uno scalare nello
spazio dell’isospin- ad esempio
VN (i, j )  f ( rij ,  i ,  j )  i   j
Poichè
1
2
T   1   2 
4
2
abbiamo
 1  2  2T 2 
e
Invariante rispetto a
rotazioni
 12
2

 22
2
 2T 2  3
 3 T  0
T , Tz  1   2 T , Tz  2T (T  1)  3  
 1 T  1
All’interno di un dato multipletto l’energia non dipende da Tz
 nuclei speculari membri di un dato multipletto di isospin con ±Tz
102
L’indipendenza da Tz implica che un livello corrispondente a un certo valore di T si
presenta in 2T + 1 isobari corrispondenti a tutti i possibili valori di Tz.
Livello fondamentale di 6Li: ha T = 0 per cui è un singoletto
Livello eccitato a 3.56 MeV: ha T = 1 e si presenta in tre nuclei 6He, 6Li, 6Be:
103
Chiara corrispondenza fra i livelli. I livelli però non sono esattamente identici. Perchè?
Simmetria di carica
Consideriamo ora l’azione dell’operatore x
0
 x n  
1
0
 x p  
1
L’operatore
1  0   1 
      p
0  1   0 
1  1   0 
      n
0  0   1 
(1,2,, A)   x (1) x (2) x ( A)
agendo su una funzione d’onda nucleare converte tutti i neutroni in protoni e viceversa
 (1,2,, A) (1,2,, Z ,1,2,, N )   (1,2,, Z ,1,2,, N )
protoni
La simmetria di carica deve implicare
neutroni
neutroni
protoni
H    H   H ,   0
Ciò implica che l’interazione n-n è uguale all’interazione p-p. Quindi, l’indipendenza
104 dalla
carica è una condizione più forte della simmetria di carica
Nuclei speculari
Esempio 23Na 23Mg
Illustrano la simmetria di carica (indipendenza da Tz)
interazione p-p = interazione n-n
Ciò non implica che p-n = p-p o n-n perchè il numero di coppie p-n è lo stesso in
105
entrambi i nuclei
Estensione del concetto di isospin: il pione
Il pione esiste in tre stati carichi +, -, 0 . Di conseguenza possiamo definire un tripletto
di isospin T=1 e la carica è data da
Q  Tz
L’isospin è conservato nelle interazioni forti. Consideriamo ad esempio le due reazioni
(i) p  p  d    ,
T=1
T=0
T=1
(ii ) p  n  d   0
50% T=0
50% T=1
T=0
T=1
Conservazione significa che l’isospin dello stato finale deve essere uguale all’isospin
dello stato iniziale.
 ciascuna delle due reazioni può procedere solo attraverso il canale T=1. Abbiamo di
conseguenza la predizione
 (ii ) 1

 (i ) 2
In accordo con le misure!
106
Interazioni coulombiane: rottura della simmetria di
isospin
In generale l’hamiltoniana completa di un nucleo contiene anche il termine di interazione
coulombiana Vc
H  K  VC  VN
l’interazione coulombiana fra due protoni separati da una distanza r è
e2
VC 
r
Poichè la carica di un singolo nucleone è
e
Q  1   z 
2
Possiamo ragionare in termini di interazione coulombiana fra due nucleoni i e j
sostituendo al posto di e2 il prodotto delle cariche QiQj
VC (i, j ) 
2
i
2
Q
e

rij
4
1   1   
i
z
j
z
rij
107
L’energia potenziale elettrostatica totale è quindi
VC 
Vediamo quindi che
z.
A
1   1   
i
z
2
1 e

2 i, j 4
j
z
rij
Vc , Tz   0  V
c
è invariante rispetto a rotazioni attorno all’asse
D’altra parte però, poichè Tz non commuta con Tx e Ty, in generale abbiamo



Vc , T  0
Quindi l’interazione coulombiana non è invariante rispetto a qualunque rotazione nello
spazio di isospin.
In pratica questo implica che il valore di aspettazione di H rispetto a uno stato |n,T,Tz>
acquisterà una dipendenza da Tz che rimuove la degenerazione.
108
Chiara corrispondenza fra i livelli. I livelli però non sono esattamente identici. Perchè?
 effetto coulombiano che rimuove la degenerazione.
109
FORZE DIPENDENTI DALLO SPIN E
FORZE NON CENTRALI
110
Forza dipendente dallo spin - 1
Consideriamo un potenziale dipendente dallo spin della forma
 
VS ( r )1   2
Abbiamo

2
 
Stot  S1  S2
VS può essere funzione del momento
orbitale del sistema e della carica delle
particelle

2
 
 S ( S  1)   S1 ( S1  1)   S2 ( S2  1)  2 S1  S2
2
2
2
Poichè Si = hslashi/2
 
1   2  2S ( S  1)  S1 ( S1  1)  S2 ( S2  1)


1   2
 3 S  0

 1 S 1
Diversi potenziali per gli stati di
tripletto e singoletto
111
Interazione tensoriale – considerazioni generali
Il deutone ha un piccolo ma non trascurabile momento di quadrupolo elettrico,
Q=2.82x10-31 m2. Quindi la funzione d’onda non è sfericamente simmetrica.
La distribuzione di carica è fusiforme  forza tensoriale funzione non solo della distanza
n-p ma anche dell’angolo formato dal loro spin con la congiungente delle due particelle.
Q0
Esempio classico di forza
tensoriale: due barrette
magnetiche

S1

S2
forza attrattiva
(configurazione del
deutone a forma di
sigaro)

S1
r

S2
N
S
N
N
r
forza repulsiva
(configurazione del
deutone a forma di
disco)
N
S
S
forza repulsiva
S
forza attrattiva
112
Il potenziale tensoriale ha la forma
 3 1  r  2  r

VT  VT ( r ) 
  1   2   VT ( r ) S12
2
r


Q0

S1

S2
forza attrattiva
(configurazione del
deutone a forma di
sigaro)

S1
r

S2
forza repulsiva
(configurazione del
deutone a forma di
disco)
113
Momenti elettrici
114
Momenti nucleari
Le proprietà elettromagnetiche statiche dei nuclei sono specificate in termini dei
momenti elettromagnetici che danno informazioni sul modo in cui il magnetismo e la
carica sono distribuiti all’interno del nucleo.
I due momenti più importanti sono
Momento di quadrupolo elettrico Q
Momento di dipolo magnetico m
Momenti elettrici
Dipendono dalla distribuzione di carica all’interno del nucleo e sono una misura della
forma nucleare (contorni di densità di carica costante).
La forma nucleare è parametrizzata tramite un’espansione di multipolo del campo
elettrico esterno
1
V (r) 
4


 (r ' ) 3 
  d r',
r  r'
 3
  (r ) d r  Ze
 
r r-r’
 r'
115
Eseguiamo un’espansione in serie di potenze
1/ 2
 r'

1/ 2
 
r'
r  r '  r 2  r '2 2rr ' cos   r 1  2  2 cos 
r
 r



2
2
2
2


 3  r'

  1 1
1  r'
r'
r'
r  r '  1   2  2 cos    2  2 cos      
r  2 r
r
r

 8 r



1  r'
1 r '2
2

 1  cos 
3 cos   1    
2
r r
2r

Possiamo quindi riscrivere il potenziale elettrico come
1 
1
3
V (r) 
Ze

r
'
cos

(
r
'
)
d
r'


4r 
r
1

 2  r '2 (3 cos2   1)  ( r ' )d 3r '   
2r

116
Nel limite quantistico
 (r )   (r )
2
r' cos  z
Supponiamo che r definisca l’asse z
Definiamo quindi
momento E0   * d 3r  Ze
momento E1   * z ' d 3r '
carica
momento di dipolo
1 *
momento E2   (3z '2  r '2 ) d 3r ' momento di quadrupolo
e
117
Momento di quadrupolo elettrico
1 * 2
Q   (3z  r '2 ) d 3r '
e
Le unità sono m2 o barn (un’area)
Nel caso di simmetria sferica si ha z2=r2/3 per cui Q=0
In particolare, tutti i nuclei con J=0 hanno Q=0
x2 y2 z 2
 2  2 1
2
a
b
c
sferoide prolato Q=+ve
a>b=c sigaro
Ellitticità
sferoide oblato Q=-ve
a=b>c dosco o “lenticchia”
ba

(b  a) / 2
Sperimentalmente  è tipicamente 10%
118
Chiusa parentesi
119
Forma del potenziale dettata da principi di invarianza
Se ipotizziamo che l’interazione nucleare sia invariante rispetto a traslazioni, rotazioni e
riflessione degli assi, allora la forma più generale è (Wigner)


VC ( r )  VS ( r )1   2  VT ( r ) S12
potenziale centrale
potenziale tensoriale
Vi possono essere funzione del
momento orbitale del sistema e
della carica delle particelle
  
3 1  r  2  r  
S12 
 1   2
2
r
120
Parità e invarianza sotto riflessioni spaziali
 
A( r )  r
Un’interazione della forma
è invariante sotto rotazioni. Tuttavia, abbiamo
un vincolo addizionale: la conservazione della parità nelle interazioni forti.
Una trasformazione di parità è una riflessione rispetto all’origine in cui tutte le
coordinate cambiano segno
rr


P : r  r
( x , y , z )  (  x , y , z )
   
  
( x, y , z )
( x , y , z )  (  x , y , z )
(  x , y , z )
r è un vettore
A questa trasformazione nello spazio ordinario corrisponde un operatore agente nello
spazio vettoriale degli stati di un sistema,
  UP   
P
Come è definita?
121
Ricordando che r in meccanica quantistica diventa un operatore (come il momento
angolare), possiamo fare l’ipotesi “plausibile”
P

r
P


  U rUP     r 

P


p  mr
Poichè,
l’operatore quantità di moto ha la medesima proprietà di
trasformazione. Abbiamo quindi le proprietà di trasformazione degli operatori posizione e
momento angolare
 

U p r U p  r
 
   
U p LU p  U p ( r  p )U p  L
r è un vettore
L è uno pseudovettore – lo spin ha la stessa
proprietà di trasformazione
Dire che la parità è conservata significa che l’hamiltoniana del sistema è invariante sotto
Up,
P
H
P
  U P HU P    H   U P HU P  H
La proprietà di invarianza può essere anche riformulata come
H ,U P   0,


H (  rk )  H ( rk )
122
Forma del potenziale dettata da principi di invarianza
Se ipotizziamo che l’interazione nucleare sia invariante rispetto a traslazioni, rotazioni e
riflessione degli assi, allora la forma più generale è (Wigner)


VC ( r )  VS ( r )1   2  VT ( r ) S12
potenziale centrale
potenziale tensoriale
Vi possono essere funzione del
momento orbitale del sistema e
della carica delle particelle
  
3 1  r  2  r  
S12 
 1   2
2
r
 r non è invariante sotto riflessioni spaziali
 potenze pari sono invarianti (1r) (2r) (potenze maggiori della seconda possono
essere ridotte alla seconda tramite le relazioni di commutazione per due particelle
identiche)
123
Potenziale tensoriale e stati del deutone
Il potenziale VC(r) + VS(r)12 è invariante rispetto a rotazioni delle coordinate e nello
spazio di spin separatamente.
Il momento angolare orbitale e di spin totali L, S sono i generatori delle rotazioni  L ed
S commutano con H


H , L  0, H , S   0
Questo implica che mzL, mzS sono buoni numeri quantici, ossia costanti del moto: un
autostato di H è caratterizzato da valori definiti di mzL, mzS
Inoltre, anche L2 e S2 commutano con H, oltre che con Lz, Sz. Quindi, complessivamente
un autostato di H è anche autostato di L2, S2, Lz e Sz con numeri quantici L,S, mzL, SzL
Il potenziale VT(r)S12 è invariante solo rispetto a rotazioni simultanee delle coordinate e
nello spazio di spin.
J = L + S è il generatore di tali rotazioni, per cui J commuta ancora con H. Tuttavia, si
può mostrare che L non commuta più con H



H, L  0 
un autostato di H può essere una
sovrapposizione di stati di L diverso
124
E per quanto riguarda lo spin?
Ancora sulla parità e parità degli stati nucleari
Sotto una trasformazione di parità la funzione d’onda di un sistema si ottiene invertendo
tutte le coordinate


U P ( rk )   ( rk )
Supponiamo che  sia una autofunzione di UP. Allora


U P ( rk )  l ( rk )
Tuttavia,




U  ( rk )  U P (U P ( rk ))  U P ( (  rk ))   ( rk )
2
P
per cui
l2  1  l  1
Questo implica


 ( rk )   ( rk )
Le autofunzioni della parità restano invariate o cambiano segno rispetto allo scambio
125
delle coordinate spaziali.
Torniamo a considerare il deutone e sia ora  un’autofunzione dell’hamiltoniana del
sistema p-n


H ( rk )  E ( rk )
Consideriamo l’equazione di Schrodinger per l’autofunzione trasformata sotto parità
UP (rk). Poichè H e UP commutano, troviamo



poichè
H U P ( rk )  U P H ( rk )  E U P ( rk )
H(rk) = E (rk)




Quindi anche UP (rk) è un’autofunzione di H con autovalore E. Pertanto deve essere



U P ( rk )   ( rk )  K ( rk )
Applicando di nuovo UP, deve essere anche (rk) = K (-rk) ,


 ( rk )  K ( rk )
Da cui segue che K= ±1. Quindi la funzione d’onda del deutone è anche un’autofunzione
della parità.
 Proprietà generale: le funzioni d’onda di sistemi nucleari hanno definite proprietà di
126
trasformazione rispetto all’inversione spaziale.
 Le funzioni d’onda di sistemi nucleari hanno definite proprietà di trasformazione
rispetto all’inversione spaziale. Questo implica che il momento di dipolo di un nucleo è
zero

E1   z d r
*
3
Sotto inversione spaziale  *
non cambia segno, mentre z
cambia. Quindi E1-E1 per cui
E1=0
La condizione di non degenerazione di  è essenziale. Consideriamo ad esempio,
l’hamiltoniana di una particella libera H = p2 / 2m. Le autofunzioni (onde piane)
 = exp(±ipx/h) sono degeneri poichè hanno lo stesso autovalore E = p2/2m.
H commuta con UP, mentre d’altra parte
hanno una parità definita.
e
 
ip x / 
 e
 
 ip x / 
 le onde piane non
127
Completamento della discussione sugli stati del
deutone
Per gli stati del deutone abbiamo trovato che è caratterizzato dai numeri quantici J, mJ e
la parità.
H ed S non commutano. Tuttavia, l’hamiltoniana corrrispondente al potenziale


V1 ( r )  V2 ( r )1   2  V3 ( r ) S12
è simmetrica rispetto allo scambio degli spin. Considerazioni simili a quelle sulla parità:
gli stati di spin devono essere simmetrici (corrispondenti a S=1) o antisimmetrici
(corrispondenti a S=0) rispetto allo scambio delle coordinate di spin
 l’autovalore di S2 è un buon numero quantico
 mS non è un buon numero quantico (possiamo avere sovrapposizioni di diversi stati
di tripletto con diverso mS)
128
Mixing di stati di momento angolare orbitale diverso
Poichè H e L non commutano a causa del potenziale tensoriale, lo stato del deutone in
generale può essere una sovrapposizione di stati di L diverso.
Poichè L e UP commutano, un autostato del momento angolare (L2,Lz) è anche un
autostato della parità. Utilizzando coordinate polari sferiche abbiamo visto che la
funzione d’onda corrispondente a un definito momento angolare orbitale ha la forma
R ( r )Ym ( ,  )
Autostato di L2 e Lz
Sotto parità
r  r,
     cos  -cos
     eim  (1) m eim
L’espressione esplicita delle funzioni sferiche è
Ym ( ,  )  (1) m
(2  1)(  m)! m
P ( )eim
4 (  m)!
129
Abbiamo per m = 0 il caso speciale
2  1
Y ( ,  ) 
P (cos  )
4

0
A seconda del grado L, il polinomio di Legendre è o pari o dispari
P ( z )  (1)  P ( z )
Vediamo quindi che sotto inversione spaziale
Ym0 ( ,  )  ( 1)  Ym0 ( ,  )
Introduciamo gli operatori di innalzamento e abbassamento del momento angolare
L  Lx  iLy ,
LYm ( , )  Ym1 ( , )
Poichè L communta con UP, anche L commutano con la parità e quindi in generale
sotto inversione spaziale
Ym ( ,  )  ( 1)  Ym ( ,  )
130
Quindi la parità di uno stato di momento angolare orbitale è
 1  pari
( 1)  
 1  dispari

Poichè L e UP commutano e poichè UP e H commutano, possiamo avere o
sovrapposizione di stati di L pari o sovrapposizione di stati L dispari.
 non si possono mescolare stati L pari con stati L dispari.
Il deutone ha J=1 e consiste essenzialmente dello stato 3S1 in presenza di forze centrali.
In presenza del potenziale tensoriale consideriamo quindi lo stato 3S1+3D1, cioè una
sovrapposizione di stati L=0 e L=2.
 consistente col momento magnetico osservato.
131
Il momento magnetico del deutone
Il momento magnetico del deutone riceve un contributo dai momenti magnetici intrinseci
del protone e del neutrone, e un contributo dovuto al momento angolare orbitale del
protone.
La componente intrinseca è




g s , p S p  g s ,n S p m N
g s , p  5.58
g s ,n  3.83
Il moto orbitale del protone forma (classicamente) una spira di corrente che dà luogo a
un momento magnetico orbitale

gL Lp mN , gL  1
Poichè protone e neutrone hanno sostanzialmente la stessa massa, il momento
angolare orbitale del protone Lp è metà del momento angolare orbitale totale

1
Lp  Ltot
2
132
Il momento magnetico totale è dunque

 1 

m   g s , p S p  g s ,n S p  L  m N
2 


Il momento angolare totale è
 
 
J  S p  Sn  L
 
SL
 m e J non sono allineati
Immaginiamo di eseguire misure lungo l’asse z. La misura del momento angolare dà
J 2   2 J ( J  1),
J z  mz
 J  mz  J 
L’asse z può essere definito ad esempio da un campo magnetico uniforme. In tale
campo l’energia dipende da mj
 
E   m  B   g J m j Bm N
133
Il momento magnetico misurato è per definizione la sua proiezione massimale sull’asse
z definito dalla direzione del campo magnetico con mj=J

m  J , m j  J m  zˆ J , m j  J

 m  zˆ
m j J
La misura è fatta in uno stato in cui J è massimalmente allineato con z:
assumiamo (classicamente) che mz sia la proiezione di m su J
   
m  J m  J Jz
mz 
  
J
J J
proietta m su J ...
... quindi J su z
Quindi

m  zˆ
m j J
mj  j  

mJ
j ( j  1)
2
J  j ( j  1)
m j J
Jz  mj  j
134
Essendo J=1 per il deutone
1  
m  mJ
m j J
2

 1  
1 
  g s , p S p  g s ,n S n  L   J
2 
2 
Usiamo



S p  Sn  S
mN
m j J
e scriviamo l’operatore come


 1


1 
1
m   g s , p  g s ,n S  g s , p  g s ,n  S p  Sn  L  m N
2
2 
2

Ma gli spin del protone e del neutrone sono allineati (per dare S=1) per cui,


S p  J  Sn  J
 il secondo termine deve dare zero.
135
Quindi per il deutone possiamo scrivere effettivamente
1
m
4


  
g s, p  g s,n S  L  J mN
Trucco per i valori di aspettazione. Poichè
  
J  LS
2
J  J ( J  1)
2
   
2  2
 
J  L  S  L  S  L  S  2L  S



Quindi
 
    1  2 2  2
LJ  LL  LS  J  L  S
2
 
    1  2 2  2
2
1  2 2  2
S J  S L S S  J  L  S  S  J  L  S
2
2
136
Possiamo scrivere i momenti magnetici corrispondenti a L=0 e L=2 (J=1, S=1)
1
m  S1   g s , p  g s ,n mN  0.880mN
2
1
3
m  D1   3  g s , p  g s ,n mN  0.310mN
4
3
Il momento magnetico osservato del deutone è
md  0.857mN
Assumiamo quindi che la funzione d’onda del deutone sia una combinazione lineare di
stati S e D
 d  a 3 S1  b 3 D1 , a 2  b2  1
Possiamo quindi aggiustare i coefficienti in modo da render conto del momento
magnetico osservato
md  0.857 m N  1  b2 m 3 S1   b2 m 3 D1 
 b2=0.04 o una miscela con onda D al 4% spiega il momento magnetico!
137
Lo stato del deutone può essere L=0 o L=2. In entrambi i casi Stot=1 e Sz=1. Si può
mostrare che
Stot  1, S z  1 VT Stot  1, S z  1  VT ( r ) Stot  1, S z  1 S12 Stot  1, S z  1
 VT ( r )( 3 cos2   1)
Il potenziale tende ad allineare r con z
modificando la densità del sistema  momento
di quadrupolo positivo
Q0
138
SATURAZIONE DELLE FORZE
NUCLEARI E FORZE DI SCAMBIO
139
Saturazione
Finora abbiamo considerato delle funzione Vi(r) attrattive a tutte le distanze e
indipendenti dal momento angolare.
Consideriamo un nucleo con A nucleoni. La sua energia totale sarà K + U, dove
U = energia potenziale. Per un potenziale attrattivo fra ciascuna coppia di nucleoni
A( A  1)
U
f (r)
2
f(r) = funzione della distanza
media fra i nucleoni
K = energia cinetica. Se immaginiamo i nucleoni come un gas di fermioni in una sfera di
raggio R
A5 / 3
K 2
R
Per grandi valori di A, E tende ad essere dominata da U per cui ci aspetteremmo che
l’energia di legame cresca come A2 (o potenze maggiori).
D’altra parte si osserva che l’energia di legame dei nuclei cresce come A. Questo fatto
sembra quindi implicare una saturazione della forza nucleare:
Una particella interagisce solo con un numero limitato di altre particelle.
140
Inoltre possiamo stimare l’energia dello stato fondamentale col metodo variazionale
minimizzando
3
 * H d r


 * d r
3
Se usiamo come funzioni d’onda onde piane che si propagano nella sfera di raggio R
che rappresenta il nucleo, allora si trova che
R
raggio d’azione della forze nucleari
indipendentemente da A. D’altra parte di osserva invece che i raggi nucleari crescono
come
R  A1/ 3
Questa discrepanza è di nuovo una conseguenza del fatto che il potenziale tende a
tenere troppo unite le particelle.
E’ invece necessario un potenziale che impedisca alle particelle di avvicinarsi troppo.
Abbiamo alcune possibilità:
1. Potenziale repulsivo a piccole distanze (lo investigheremo più avanti).
2. Forze di scambio.
141
Forze di scambio
Scriviamo la funzione d’onda n-p nella forma (r1,s1,r2,s2)  (1,2). Analogamente il
potenziale V(r1,s1,r2,s2)  V(1,2). Il valore di aspettazione è
 3
V   * (1,2)V (1,2) (1,2) d r1d r2
3
Tuttavia, anzichè V (detto anche potenziale di Wigner) possiamo considerare un
operatore dato dal prodotto di V per uno dei seguenti operatori
   
   
VPH ( r1 , s1 , r2 , s2 )  V ( r2 , s2 , r1 , s1 )
   
   
VPM ( r1 , s1 , r2 , s2 )  V ( r2 , s1 , r1 , s2 )
   
   
VPB ( r1 , s1 , r2 , s2 )  V ( r1 , s2 , r2 , s1 )
VPH  VH interazione di Heisemberg:
scambia le particelle sia le coordinate
spaziali che di spin
VPM  VM interazione di Majorana:
scambia le coordinate spaziali delle
particelle
VPB  VB interazione di Bartlett: scambia
142
le coordinate di spin delle particelle
Forza di Majorana. Lo scambio delle coordinate spaziali equivale a r  -r. Ma sotto
inversione spaziale
  (1)
Per cui l’interazione di Majorana è
VM  (1)V
Potenziale indipendente dallo spin che cambia segno a seconda che L sia pari o dispari.
Forza di Bartlett. Scambio delle coordinate di spin:
stato di singoletto di spin antisimmetrico  il segno cambia
stato di tripletto di spin simmetrico  il segno non cambia
Quindi
  ( 1) S 1
Per cui l’interazione di Bartlett è
VB  ( 1) S 1V
Potenziale che ha segno opposto per stati S = 0 e S = 1. L’interazione nucleare 143
non può
essere di Bartlett pura.
Per due particelle abbiamo
1 S  1
1   2  
 3 S  0


Per cui possiamo scrivere l’interazione di Bartlett come
V S  1
1
 
VB  (1   1   2 )V  
2
 V S  0
Forza di Heisemberg. Poichè in questo caso vengono scambiate sia le coordinate
spaziali che quelle di spin, abbiamo
VH  ( 1) S 1V
Potenziale che cambia segno a seconda che L+S sia pari o dispari:
stato
VH
3
S
V
1
S
V
3
P
V
1
P
V
144
Per due nucleoni abbiamo
  1 T  1
 1  2  
 3 T  0
e possiamo scrivere
1
 
VH   (1   1   2 )V
2
Infatti questa cambia segno a seconda che lo stato di isospin sia simmetrico o
antisimmetrico, che equivale a dire, in base al principio di Pauli generalizzato, a seconda
che (r1,s1,r2,s2) sia antisimmetrica o simmetrica rispetto allo scambio delle coordinate
spaziali e di spin.
145
Forze di scambio e saturazione
La differenza fra l’interazione n-p in 3S1 e 1S0 può spiegarsi assumendo
- ~ 25% interazione di Heisemberg o Bartlett
- ~ 75% interazione di Wigner o Majorana
L’interazione di Bartlett non porta a saturazione. Infatti tende ad allineare gli spin e nei
nuclei pesanti l’energia di legame sarebbe  A2.
Si può mostrare invece che sia l’interazione di Majorana che di Heisemberg, cambiando
segno in stati di L pari o dispari, danno entrambe luogo a saturazione.
L’interazione di scambio predominante sembra essere quella di Majorana.
Fino al nucleo 4He la saturazione non dovrebbe manifestarsi perchè possiamo
accomodare tutti i nucleoni in onda S (sia i 2 protoni che i 2 neutroni in singoletto di
spin).
In effetti, l’energia di legame cresce da D, ad 3H e ad 4He consistente con l’assunzione
che in D abbiamo 2 particelle e un legame , in 3H abbiamo 3 particelle e 3 legami, in 4He
abbiamo 4 particelle e 6 legami  più legami ci sono maggiore è l’energia di legame.
Se aggiungiamo un quinto nucleone, deve essere necessariamente in onda P. Il segno
del potenziale cambia per cui non risulta legato agli altri  saturazione. In effetti 5He e
146
5Li sono entrambi instabili.
Evidenza sperimentale delle forze di scambio
Lo scattering n-p ad alta energia (100 MeV) dimostra l’esistenza delle forze di scambio.
L’ampiezza di scattering nell’approssimazione di Born nel centro di massa è
 
 
m
ik f r
iki r
3
f ( )  
e
V ( r )e d r
2 
2
m = massa ridotta
r = r1 – r2
V(r) a corto range: l’integrale ha un valore non nullo solo per
 
ki  k f  0
d/d
altrimenti l’esponenziale oscilla così
rapidamente da dare mediamente
un risultato nullo
Scattering in avanti: ci aspettiamo di
osservare un (solo) massimo a ϑ~0
CMS ( neutrone )
147
d/d
Tuttavia la sezione d’urto osservata presenta un massimo anche per ϑ ~ 180o
corrispondente a neutroni che rinculano indietro.
CMS ( neutrone )
Se ci fosse una forza di scambio di Majorana, allora r va scambiato con –r e
 
 
m
ik f r
iki r
3
f ( )  
e
V ( r ) PM e d r
2 
2
 
 
m
ik f r
iki r
3

e V ( r )e d r
2 
2
148
Allora f(ϑ) è grande per ki + kf ~ 0  scattering del neutrone indietro (e di p in avanti)!
n
Interazione
diretta
n
ϑ
p
p
p
Interazione di
scambio
n
ϑ
p
n
La sezione d’urto a 100 MeV (la prima ad essere misurata) presenta due massimi simili.
Questo suggerì una miscela di forze ordinarie e di Majorana in parti uguali nota come
interazione di Serber,
VSerber
 
  
 1
 V 1  (1   1   2 )(1   1   2 )
 4

VSerber è attrattivo per L pari e zero per L dispari. Questo implica che la distribuzione
angolare è data da
2
2 id 
(
2


1
)(e
 1 )P (cos  )

 pari
149
Poichè PL(cosϑ) è pari per L pari, abbiamo infine, come richiesto dalle osservazioni
sperimentali a 100 MeV
d() d(  )

d
d
d/d
Tuttavia, misure a energie maggiori mostrano che il massimo a 180o aumenta
progressivamente per cui anche il peso delle forze di scambio aumenta rispetto a quello
delle forze ordinarie.
CMS ( neutrone )
150
Inoltre, dati di scattering p-p mostrano come anche gli stati L dispari contribuiscano.
SCATTERING AD ALTA ENERGIA: ALTRE
CARATTERISTICHE DELL’INTERAZIONE
NUCLEARE
151
Potenziale spin-orbita
Una forza dipendente dal momento può essere rappresentata da un termine di spinorbita nel potenziale
 
VSO (r ) L  S
Gli elettroni atomici sono soggetti a un accoppiamento spin-orbita derivante
dall’interazione degli spin elettronici col campo magnetico dell’atomo
I nucleoni sono soggetti ad un accoppiamento spin-orbita derivante dall’interazione del
loro spin e del momento angolare orbitale.
Si ha evidenza di un termine di spin-orbita dalla polarizzazione dei nucleoni scatterati
Polarizzazione: numero di nucleoni con spin up N() diverso dal numero di nucleoni con
spin down N()
N ()  N ()
polarizzaz ione 
N ()  N ()
- P =  1 100 % polarizzazione
- P = 0 assenza di polarizzazione
152
Osserviamo la polarizzazione del nucleone scatterato quando fascio e bersaglio non
sono polarizzati
Assumiamo
 
V  VSO (r ) L  S
Abbiamo 3 possibilità:
(i) il nucleone del fascio ha spin , il nucleone bersaglio ha spin , lo spin totale è S = 1
Nucleone 1: L = r x p nel piano
Nucleone 2: L = r x p fuori dal piano
 
L  S negativo
 
L  S positivo
V > 0 repulsivo
V< 0 attrattivo
Tutti gli spin  incidenti su spin  (bersagli) sono deflessi nella stessa direzione a causa
del potenziale spin-orbita
153
(ii) il nucleone del fascio ha spin , il nucleone bersaglio ha spin , lo spin totale è S = 1
Nucleone 1: L = r x p nel piano
Nucleone 2: L = r x p fuori dal piano
 
L  S positivo
 
L  S negativo
V > 0 attrattivo
V< 0 repulsivo
(iii) il nucleone del fascio ha spin  o , il nucleone bersaglio ha spin  o , lo spin totale
èS=0
 
LS  0
non c’è deflessione a causa dell’accoppiamento spin-orbita
L’interazione spin-orbita deflette la componente di spin  del fascio incidente a sinistra e
la componente di spin  del fascio incidente a destra
 Abbiamo polarizzazione
154
Qualunque singolo nucleone che passa attraverso l’interno di un nucleo incontrerà in
media un ugual numero di nucleoni con spin  e spin , per cui l’interazione spin-orbita
complessiva è nulla.
Tuttavia, un’interazione di spin-orbita non nulla si può avere per quei nucleoni che
passano vicino alla superficie del nucleo
L’effetto si osserva soltanto quando l’energia del fascio incidente è abbastanza alta da
poter avere L > 0
155
La polarizzazione cresce con l’energia
Il nocciolo repulsivo
l del nucleone incidente  range della
forza nucleare
A 300 MeV lo spostamento di fase S diventa negativo
 forza repulsiva
Classicamente
Lmax
p2
 Rp , Elab 
2m
  R  Rcore

V   V0 Rcore  r  R
0
rR

Per Elab = 300 MeV abbiamo p  1.7 fm-1. Con Lmax  1 troviamo
Rcore  0.6 fm
156
Riassunto sui potenziali fenomenologici
Riassumendo, la forma più generale del potenziale nucleone-nucleone è
VNN
 
 
   

 VC  VLS L  S  V  1   2  VT S12  V p  1  p  2  p   VLL Q12
dove in generale ciascun termine Vi (i = C, LS, ecc.) è funzione delle distanze e velocità
relative, del momento angolare orbitale e isospin,
 
Vi  Vi o (r , p, L)  Vi (r , p, L) 1  2
parte “isoscalare”
Inoltre abbiamo
parte “isovettoriale”
  
r  r1  r2 ,
 1  
p  ( p1  p2 )
2
  1    
L  S  r  p    1   2 
2
   
1    
Q12   1  L  2  L   2  L  1  L
2


 

operatore quadratico
di spin-orbita

157
TEORIA MESONICA
158
L’idea della forza mediata dallo scambio di particelle
Abbiamo visto che le misure di scattering n-p ad alte energie evidenziano, oltre un
massimo a piccoli angoli, anche un massimo pronunciato a 1800.
n
p
scattering atteso
 


 
n
p
Una possibile spiegazione si ha se assumiamo che durante l’urto una particella carica
venga scambiata fra protone e neutrone, cosicchè il neutrone incidente diventa159
un
protone e il protone diventa un neutrone.
Poichè il processo spontaneo di creazione di una particella “virtuale” viola la
conservazione dell’energia, vale la relazione di indeterminazione
Et  
dove E = mc2 è l’energia richiesta per creare la particella (trascurando l’energia cinetica
). Se la particella si muove alla velocità della luce, allora t  R / c cosicchè otteniamo il
range
c
lunghezza d’onda Compton della
R
2
particella
mc
Per ottenere un range di circa 2 fm la massa deve essere circa 100 MeV (hslashc = 200
MeV fm)
160
Scambio di particelle di massa non nulla
In elettromagnetismo, i fotoni, particelle di massa nulla, soddisfano l’equazione di campo
(equazione di Poisson)
  2 (r )   (r )  ed (3) (r )
La soluzione di questa equazione si ottiene integrando sul volume
 (r ) 
e 1
4 r
Possiamo ricavare un’equazione d’onda relativistica per una particella di massa non
nulla a partire dall’invariante
 Equazione del moto della
E 2  p 2  m2
particella libera
Operando le sostituzioni

E i ,
t


p  i (  1, c  1)
Questo porta all’equazione d’onda
2
2


2
   m  2   0
t 

Equazione di Klein-Gordon
161
Consideriamo la soluzione in condizioni statiche per cui /t = 0.
In elettromagnetismo le cariche elettriche sono le sorgenti del campo elettromagnetico (i
fotoni).
In analogia con l’elettromagnetismo, supponiamo che un nucleone sia sorgente di
queste particelle di massa m possiamo porre


2
  m 2     g ( x) ( x)
Consideriamo un nucleone di massa infinita fisso nell’origine


2

2
( 3) 
  m  (r )  gd (r )
La soluzione di questa equazione è il potenziale di Yukawa

g e  mr
 (r ) 
4 r
A causa della forma esponenziale, diretta conseguenza della massa non nulla delle
particelle, questo potenziale ha il desiderato range finito
1
R   1.4 fm
m
per m  138 MeV
162
Questa stima è abbastanza piccola: il pione comincia a dominare proprio oltre questo
range. Applicando un fattore 3 o 4 si ottiene una stima più realistica.
L’energia di interazione con un secondo nucleone posto nel campo del primo è
U      d 3r    g   d 3r

 3
3 
  g  d ( r ' r )  ( r ' ) d r
g 2 e mr
U  
4 r
Possiamo valutare l’ordine di grandezza della costante di accoppiamento forte g,
considerando la sezione d’urto di interazione nucleone-nucleone. Abbiamo
  g 2 e - m r


1
f (q )  
mN  e iqr
d 3r
4
4 r
L’integrale è
g2
1
f (q)  mN
4 q 2  m2
propagatore del campo bosonico
163
Assumiamo che la sezione d’urto totale (a bassa energia q  0) sia
 
4
f (q ) d  4R  2
m
2
2
D’altra parte
2
2
 2 g 
mN

f ( q )  
2
2
2
 4  4q sin  / 2  m
2

 

2
2
 g  mN2
 2
4
4
 4
f ( q ) d cos  d  
 2
2
m
 4  m 1  ( 2k / m )
2
L’ordine di grandezza della costante di accoppiamento è dunque
g 2 m
e2
1

 0.1 

4 mN
4 137
come ci aspetta dal fatto che a r = 1/m l’interazione nucleare fra protoni deve essere
molto maggiore della repulsione coulombiana
164
Mesoni carichi e neutri. Teoria simmetrica
Il potenziale che abbiamo ricavato descrive l’emissione e l’assorbimento di un pione
neutro. Corrisponde quindi ai processi
Le forze di scambio indicano però che si può avere anche emissione e assorbimento di
pioni carichi
165
Dobbiamo includere anche i pioni carichi. Introduciamo quindi tre campi  e
modifichiamo l’equazione di Klein-Gordon (abbiamo un’equazione per ciascun campo)


2


  m2  (r )  g d ( 3) (r )
 sono operatori che agiscono sulla funzione di isospin del nucleone.
Quando viene scambiato un pione neutro (campo 3), il nucleone non cambia per cui 3
deve trasformare un protone in un protone o un neutrone in un neutrone:
1
 3 p   p ,  p   
 0
 0
 3 n   n ,  n   
1
Possiamo quindi porre
1 0 
 3   z  

 0  1
166
Con 1 e 2 dobbiamo rappresentare l’emissione (assorbimento) di pioni positivi e
negativi nei processi
Gli operatore 1 e 2 devono quindi trasformare il neutrone in un protone e viceversa.
Poniamo quindi
 1 p  0,  1 n  c1 p
solo i neutroni emettono -
 2 n  0,  2 p  c2 n
solo i protoni emettono +
Abbiamo visto già che le combinazioni lineari (x ± iy)/2 scambiano protoni con neutroni
e viceversa, per cui poniamo
 x  i y
0
 1  c1
 c1 
2
0
 x  i y
0
 2  c2
 c2 
2
1
1
,
0
0
.
0
167
Restano da fissare le costanti c1 e c2. Richiediamo che
 12   22   32 sia uguale a
 2   x2   y2   z2
Poichè
 x2
 12   22   32  c12  c22 
2
 y2
 c12  c22 
2
  z2
Troviamo quindi
c1  2 ,
c2  2 .
Questa scelta assicura che i mesoni carichi (che possono essere emessi solo da un tipo
di nucleoni per ogni carica) siano legati ai nuclei altrettanto fortemente dei neutri (che
possono essere emessi sia da neutroni che da protoni).
168
Le soluzioni delle tre equazioni di Klein-Gordon sono

g
e  mr
 ( r )   
4
r
L’energia di interazione fra un nucleone b posto nel campo  di un nucleone a è
U      la  lb

d r
3
l
g2

4
e mr 3   3 
 l  la lb r d (r 'r ) d r
scalare nello spazio dell’isospin
g 2 e mr  
 invarianza di carica rispettata
U  
 a  b
4 r
 
 a  b  1a1b   2a 2b   3a 3b è uguale, per come abbiamo fissato le costanti
Qui
di di normalizzazione a
 
 1  2   xa xb   ya yb   za zb
Problema: ab ha segno positivo in tripletto e negativo in singoletto di isospin. Quindi
nello stato fondamentale del deutone, che ha T = 0, avremmo una forza repulsiva!
 la teoria non funziona!
169
La parità intrinseca
Consideriamo una reazione come
pn pn
La funzione d’onda dello stato iniziale i e dello stato finale i saranno caratterizzate da
una certa parità,

i  ( 1) ,  f  ( 1)
i
f
La conservazione della parità implica che la parità dello stato finale deve essere uguale
alla parità dello stato iniziale
i   f
Tutto ciò è basato sulla definizione della legge di trasformazione di una funzione d’onda
UP(rk) = (-rk). Adesso generalizziamo questa definizione in


U P ( rk )  intr ( rk )
dove
intr   pn
 p  1, n  1
Prodotto di parità intrinseche di
protone e neutrone
170
La parità dello stato iniziale e finale diventano
i   pn ( 1) ,  f   pn ( 1)
i
f
La condizione di conservazione della parità sopra non viene modificata perchè le parità
intrinseche nello stato iniziale e finale sono le stesse e quindi si cancellano.
Tuttavia, in fisica delle particelle però possono aver luogo reazioni in cui si ha creazione
o distruzione di particelle. Ad esempio
p  n  p  n  0
In questo caso la condizione di conservazione della parità è
 pn ( 1)   pn ( 1)
i
f
0
Le parità intrinseche del protone e del neutrone si cancellano come prima, ma la parità
intrinseca del pione è osservabile e a priori può essere sia +1 che -1.
Nella reazione di scambio carica
p  p  p  n  
Le parità intrinseche dei nucleoni non si cancellano  possiamo assegnare una171
parità
intrinseca a tutte le particelle, ma alcune di queste devono essere fissate per definizione
Si è soliti assumere per definizione
 p  1
 n  1
Scelta naturale legata alla simmetria di isospin: p ed
n diversi stati di carica della stessa particella
La parità intrinseca dei pioni (carichi) può essere determinata studiando la reazione
π  D  n  n
Pioni lenti vengono catturati dal deuterio in un orbitale K in onda S (l = 0). Il momento
angolare dello stato iniziale è quindi
J π  D  S  J D     0  1  0  1
La conservazione del momento angolare implica che il momento angolare dello stato
finale è
J nn  Sn   n  1
Se Ln = 0 allora il principio di Pauli detta che gli spin siano antiparalleli e Jnn non172
può
essere 1. Quindi deve essere Ln = 1.
La parità dello stato iniziale è
π D  π D(  1 )  π  pn  π

π



Poichè nella reazione la parità è conservata, la parità dello stato finale è
nn  n2(  1 )  π D  π
n


Concludiamo quindi che, essendo Ln = 1,
π  (  1 )  1

n
Il pione ha parità intrinseca negativa! – è una particella pseudoscalare.
173
Interazione del mesone pseudoscalare col nucleone
L’accoppiamento fra pione pseudoscalare e nucleone può essere descritto
correttamente solo con la teoria di Dirac facendo uso dell’operatore g5.
Qui svilupperemo un’approssimazione non relativistica basata su un’analogia con
l’elettromagnetismo.
L’equazione di Poisson di un dipolo elettrico nell’origine è





( 3) 
   ( r )   ( r )  e d ( r  d )  d ( 3) ( r )

( 3) 
( 3) 
d (r  d )  d (r )
 ed
d
  ( 3) 
 ed  d ( r )
2

Il potenziale viene ottenuto da


1  (r ' ) 3 
e   1
( 3) 
3
 (r ) 
d     d (r ' )d r '
  d r' 


4 r  r '
4
r  r'
e  1

d 
4
r
174
Torniamo adesso le equazioni di Klein-Gordon


2

2
  m  (r )  
Poichè (r) è una quantità pseudoscalare, anche  deve essere pseudoscalare.
Poniamo
f
   

  ( r )       d ( r  r ' )
m
f2
 0.08
4c
matrice di spin del
nucleone
 
 
è una quantità pseudoscalare, interpretabile come un dipolo magnetico
dall’analogia con l’elettrostatica, che tiene conto del fatto che i nucleoni hanno spin.
Sfruttando l’analogia con l’elettrostatica per la soluzione del potenziale, abbiamo la
soluzione delle equazioni di Klein-Gordon
f
  e  m r

 ( r )      
m
r
175
L’energia di interazione fra un nucleone in r2 nel campo pionico generato da un altro
nucleone posto in r1 è
f  
  3
U     21 d r   
 2   2  1  d ( r  r2 ) d r
m
3
Sostituiamo il campo pionico



 
 m r  r1
  e
 3
f    
( 3) 
U    1  2   1   r1  2   r 2   d (r  r2 ) d r
m
r  r1
e integriamo su tutto lo spazio. In questo modo arriviamo al potenziale di scambio di un
pione
1 f2       e  m r
 1  2   1    2  
U
2
4 m
r



176
Facendo agire gli operatori gradiente su exp(-mr)/r arriviamo al risultato finale

f2 m 2       e  m r 4

U
 1  2  1   2 
 3 d ( r )  
4 3
m
 r



3
3  e m r 
 S12 1 
 2 2 

 m r m r  r 
Il termine
    e  m r
 1  2 1   2
r
Dà luogo a una potenziale centrale di scambio a causa del fattore (12)(12) . Inoltre
S  0, T  1
   
 1  2 1   2  3 per 
S  1, T  0
stati spazialmente
simmetrici (ad. es. L=0)
Quindi la forza centrale prevista negli stati 3S e 1S è la stessa ed è attrattiva.
177
In modo più completo
 S  0, T  1
   
( 1   2 )( 1   2 )  3 per 
 S  1, T  0
   
( 1   2 )( 1   2 )  9 per S  T  0
   
( 1   2 )( 1   2 )  1 per S  T  1
stati spazialmente
simmetrici
stati spazialmente
antisimmetrici
La parte centrale di U è attrattiva in stati pari e repulsiva in stati dispari.
Il termine
  
3
3  e  m r
 1   2 S12 1 
 2 2 
 m r m r  r


3 1  r 2  r  
S12 
 1   2
2
r
È un interazione tensoriale col segno corretto per spiegare il momento di quadrupolo del
deutone.
178
E’ presente anche un termine di contatto d(r). Tuttavia, prima che diventi importante,
entrano in gioco altre componenti repulsive dell’interazione.
Mesoni … diamo uno sguardo alla tavola del Particle
Data Group (PDG)
179
180
Pseudoscalari
JP=0-
vettoriali
JP=1-
scalari
JP=0+
181
Mesoni pseudoscalari e vettoriali
I mesoni sono stati legati formati da un quark e un antiquark. Consideriamo i flavor di
quark più leggeri u (up), d (down), s(strange).
Come il protone e il neutrone, i quark up e down formano un doppietto di isospin 1/2
1
u     ,
 0
2
Qu  e
3
 0
d     
1
1
Qd   e
3
carica elettrica
Gli antiquark anti-up e anti-down formano un altro doppietto di isospin
1
d     ,
 0
1
Qd  e
3
 0
u     
1
2
Qu   e
3
carica elettrica
Il quark s ha isospin zero, ma possiede un numero quantico detto stranezza
182
Combinando un quark (up o down) con un antiquark (anti-up o anti-down) possiamo
formare stati di isospin 1 oppure 0. Fra questi abbiamo i pioni (tripletto di isospin) e il
mesone  (singoletto di isospin)
T
Tz
1
1
ud   
1
1 1
 ud   
1
1
0
0
0
Q/e
1
dd  uu    0
2
1
dd  uu   
2
0
0
I pioni e il mesone  sono pseudoscalari. La parità del sistema quark-antiquark è
dunque
 1  qq (1)  (1)1 (q  q )
Questo implica che il momento angolare orbitale è nullo. Inoltre, poichè sia i pioni che la
 hanno spin nullo, gli spin del quark e antiquark si combinano in un singoletto di spin.
J P  0
183
Consideriamo adesso anche il quark quark s (strange). Possiede un numero quantico
detto stranezza. Possiamo combinare i flavor up, down e strange in una simmetria più
ampia di quella di isospin SU(2)
 Simmetria SU(3)
Si possono formare 9 stati (un ottetto e un singoletto di SU(3))
184
Mesoni vettoriali
In modo analogo possiamo costruire 9 mesoni vettoriali quando la coppia qqbar si trova
in uno stato di spin pari a uno.
K * (us )
K *0 (ds )
1
uu  dd 
2
  ss

  (du )
0
K * ( su )


  (ud )
K *0 ( sd )
185
One boson exchange potential (OBEP)
Generalizzazione: interazione mediata dallo scambio di vari mesoni anche vettoriali e
scalari oltre che pseudoscalari.
186
Riassunto: le parti più importanti della forza nucleare
Forza centrale
Corto
range

Forza tensoriale:  
Forza spin-orbita:  
Range
intermedio

Lungo
range

Scambio di due pioni correlati in uno
stato di momento angolare totale zero
187
La forza nucleare alla luce della QCD
188
La “forza forte” fondamentale è fra quark e non fra nucleoni!
Se i nucleoni non si sovrappongono, cosa succede fra di essi?
Si ha solo un’interazione residua!
Ci sono altre forze residue in natura, ad esempio la forza di Van der Waals fra due atomi
neutri
Scambio di due fotoni: interazione
dipolo-dipolo
189
Analogamente, i quark colorati in un nucleone si combinano in uno stato senza colore.
In prima approssimazione un nucleone appare neutro dal punto di vista dell’interazione
forte così come un atomo appare neutro dal punto di vista dell’interazione
elettromagnetica.
L’analogia perfetta della forza di Van der Waals corrisponde allo scambio di due gluoni
Tuttavia questa idea non può essere vera perchè
creerebbe una forza di range infinito (i gluoni sono
senza massa), mentre la forza nucleare ha range
finito.
Esiste qualcos’altro che può funzionare nel caso di due nucleoni che non si
sovrappongono?
190
Lo stesso ma in termini più
professionali
Ma se affermiamo che stiamo
usando la QCD, allora
dobbiamo calcolare questo
vertice in termini di scambi di
quark e gluoni. Buona
fortuna!
191
Quando due nucleoni si sovrappongono, abbiamo un problema a sei quark con
interazioni non perturbative fra i quark (scambi gluonici non perturbativi). Un problema
formidabile!
Attualmente sono in corso tentativi di calcolare questa interazione con la formulazione
della QCD su reticolo.
192
Letture
Forze nucleari:
1. Teoria elementare del nucleo – H. Bethe e P. Morrison
2. Nuclei e particelle – E. Segrè
3. Introduzione alla fisica nucleare - Alberico
4. The meson theory of nuclear forces - Machleidt (adv. nucl. phys. 19 (1989) 189
Meccanica quantistica, teoria dello scattering:
1. Quantum mechanics - Sakurai
2. Quantum physics
- Gasiorowicz
193
Vogliamo adesso ruotare simultaneamente un sistema di due nucleoni
Come abbiamo visto, due nucleoni possono essere in uno dei tre stati di isospin T=1
oppure in singoletto di isospin
 T = 0. 

t1, t1z ; t2 , t2 z  t1, t1z  t2 , t2 z
Possiamo ruotare lo stato di isospin di ciascun nucleone tramite l’operatore
 
 


in1 / 2
in 2 / 2
D1 (n, )  D2 (n, )  e
e
ruota |t1,t1z>
ruota |t2,t2z>
L’esponenziale può essere sviluppato in modo da ottenere
 



in(1 11 2 ) / 2
D1 (n, )  D2 (n, )  e
 
exp( in  T )
Dove T è l’isospin totale
194
Possiamo definire l’invarianza dalla carica nel modo seguente. Consideriamo il valor
medio del potenziale nucleare rispetto al dato stato di isopin
VN




 t1, t1z ; t2 , t2 z VN t1, t1z ; t2 , t2 z
e il valor medio rispetto agli stati ruotati




H R  R t1 , t1z ; t2 , t2 z VN t1 , t1z ; t2 , t2 z R






inT
inT
 t1 , t1z ; t2 , t2 z e VN e t1 , t1z ; t2 , t2 z
L’invarianza dalla carica significa che il valore di aspettazione non cambia se effettuiamo
una rotazione. Quindi
VN
R
 VN  VN  e

inT

inT
VN e
Questo implica che VN commuta con l’operatore rotazione e quindi in definitiva che



VN , T  0
195
Scattering p-p. E’ presente sia l’interazione coulombiana che forte. Espressione teorica
di d/d per lo scattering p-p
2
d  e  1
  
d  4  4T 2
2
1

 4
 sin  / 2
scattering Rutherford


cos  ln tan 2  / 2

 2
4
cos  / 2 sin  / 2 cos 2  / 2
1
Scattering Mott
termine classico
termine di
Rutherford
interferenza
correzione per due particelle identiche




 cos d 0   ln sin 2  / 2 cos d 0   ln cos 2  / 2 
 sin d 0 


2
2

sin

/
2
cos

/
2


2
Termini di interferenza fra parte coulombiana e nucleare

 2 sin d 0 


4
2
potenziale nucleare
T= energia cinetica nel lab
 = angolo di scattering nel c.m.s.
 = (e2/4)b-1 (b = v/c)
d0=spostamento di fase L = 0
196
Mesoni pseudoscalari
I mesoni sono stati legati formati da un quark e un antiquark. Consideriamo i flavor di
quark più leggeri u (up), d (down), s(strange) aventi carica elettrica
2
1
1
Qu  e, Qd   e, Qs   e
3
3
3
Gli anti-quark hanno carica
opposta
Come il protone e il neutrone, i quark up e down formano un doppietto di isospin 1/2
1
u     ,
 0
 0
d     
1
Gli antiquark anti-up e anti-down formano un altro doppietto di isospin
1
d     ,
 0
1
Qd  e
3
 0
u     
1
2
Qu   e
3
carica elettrica
Il quark s ha isospin zero, ma possiede un numero quantico detto stranezza
197
Interpretazione degli spostamenti di fase
A grandi distanze l’influenza del campo è così debole che la funzione d’onda mantiene
la sua forma originale salvo che per la comparsa dello spostamento di fase
sin( kr   / 2  d  )
 
P (cos  )
kr
In particolare la funzione d’onda per L = 0 sarà data da
sin( kr  d  )
0 
kr
e
sin( kr  d  )
u 0 ( r )  r 0 
k
Poichè dl + n producono lo stesso valore, la fase è determinata nell’intervallo -/2,+/2
o 0-
198
Nell’approssimazione più semplice consideriamo un range r0 nullo. Allora
4
4
 2
 2
2
k  1/ a
k  k22
1
a
 RD
k2
raggio del deutone = 4.3 fm
Essendo (E = energia nel CMS)
k 2  mN E /  2 , k22  mN B /  2
4 2 1

mN E  B
Poichè l’energia cinetica del neutrone
nel sistema del lab è T = 2E, otteniamo
infine la sezione d’urto in funzione di T
4 2
1

mN T / 2  B
barn)
Ricaviamo
~2.4 barn a
bassissima energia
199
T (MeV)