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Warum ist die Kernkraft spinabhängig?

Dieses Dilemma kann auf verschiedene Weise angegangen werden, wir überlassen Ihnen jedoch die umfassendste Lösung für uns.

Lösung:

Es gibt keine einfachen Antworten, wenn es um Fragen zur Kernkraft geht. Die Kraft zwischen zwei Nukleonen ist eine komplizierte Restwechselwirkung, die aus den Farbeinschlusswänden der starken Wechselwirkung der QCD austritt. Sie lässt sich am besten als Folge des Austauschs von Quark-Antiquark-Paaren oder Mesonen darstellen. Es gibt mehrere Mesonen, die an der Kernkraft beteiligt sind, und der Beitrag eines einzelnen Mesons hängt stark vom Spin und der Parität des betrachteten Mesons ab. Das leichteste Meson ist das Pion, ein pseudoskalares Teilchen (Spin 0, aber ungerade Parität). Die durch den Austausch eines Pions induzierte Kraft ist stark spinabhängig. Tatsächlich trägt der Pionenaustausch nicht einmal eine Kraftkomponente für Kerne mit sphärischer Symmetrie und Spin 0 bei. Da das Deuteron keine sphärische Symmetrie besitzt, erfährt es eine Bindungskraft, die mit dem Pionenaustausch verbunden ist, und da das Deuteron ein Teilchen mit Spin 1 ist, schließen wir daraus, dass der Pionbeitrag zur Nukleon-Nukleon-Kraft eine spinausgerichtete gegenüber einer spinentgegengesetzten Orientierung bevorzugt. Die Geschichte ist hier noch nicht zu Ende.

Es gibt Mesonen, die massiver als das Pion sind und ebenfalls zur Kernbindung beitragen. Wir wissen, dass dies der Fall ist, weil viele der am engsten gebundenen Kerne Spin 0 und kugelförmig sind. Aufgrund von Symmetrieüberlegungen sind die Pion-Austauschkräfte bei diesen Kernen im Durchschnitt gleich 0, so dass die massereicheren Omega-, Sigma- und Rho-Mesonen die Bindungskräfte liefern müssen. Das Omega-Meson ist ein ungeladenes Meson mit Spin 1 und ungerader Parität (Vektor). Es ähnelt einem Photon, nur dass es massereich ist (782 MeV). Wie bei der Coulomb-Wechselwirkung trägt der Austausch eines Omega-Mesons zu einer Zentralkraft sowie zu einer Spin-Bahn-Kraft bei, die im Vergleich zur Zentralkraft klein ist. Das Vorzeichen der Zentralkraft aus dem Omega-Mesonen-Austausch ist jedoch abstoßend, so dass sie nicht allein für die Bindung dieser Kerne verantwortlich sein kann.

Ein weiterer wahrscheinlicher Beitrag kommt vom Sigma-Meson-Austausch. Das Sigma-Meson ist ungeladen mit gerader Parität und Spin 0 (skalar). Seine Existenz wurde aus seiner wahrscheinlichen Rolle bei der Kernbindung abgeleitet, bevor sie durch Experimente nachgewiesen wurde, aber jetzt ist es in den Tabellen der Teilchendaten aufgeführt. Anders als das Omega ist das Sigma-Meson eine breite Resonanz mit einem schlecht definierten Massenbereich (500-600 MeV). Als Yukawa-ähnliche Wechselwirkung liefert es auch einen zentralen Kraftterm und einen kleinen Spin-Orbit-Term. Anders als der zentrale Omega-Term ist der zentrale Sigma-Term jedoch anziehend. Das bedeutet, dass die schwache zentrale Anziehungskraft in sphärischen Kernen aus einer Aufhebung zwischen Omega-Austausch und Sigma-Austausch resultieren muss, wobei der Sigma-Austausch dominiert.

Es gibt einen interessanten Unterschied zwischen den Beiträgen von Omega und Sigma zu den Spinbahnen. Im Gegensatz zu den Zentralkomponenten, bei denen die beiden Austauschvorgänge entgegengesetzte Vorzeichen haben, sind die Beiträge der Sigma- und Omega-Austauschvorgänge zu den Spinbahnen additiv. Das bedeutet, dass die Bedeutung der Spin-Bahn-Kraft im Verhältnis zur Zentralkraft in direktem Verhältnis zum Grad der Aufhebung der Zentralkraft-Komponenten zunimmt. Infolge dieses komplexen Zusammenspiels wird der Spin-Orbit-Beitrag zur Kernkraft zu einem Effekt von 10 %, im Gegensatz zu Atomen, wo er nur 1 % ausmacht.

Das Rho-Meson ist ein weiteres Vektorteilchen (Spin 1), aber anders als das Omega ist das Rho ein Ladungstriplett (-1, 0, 1). Wegen seines Isospins sind die Beiträge des Rho-Mesons zu den Zentral- und Spin-Bahn-Kräften proportional zum Unterschied zwischen den Neutronen- und Protonenverteilungen in einem Kern, so dass es weniger wichtig ist als das Omega. Wahrscheinlich gibt es noch andere, noch massivere Mesonen, die eine kleine Rolle bei der Kernbindung spielen, aber die Spinabhängigkeit dieser Mesonen ist wahrscheinlich ähnlich wie die der bereits diskutierten.

Die Spinabhängigkeit der Kernkraft ist in hohem Maße nicht trivial. Ein Beispiel ist die außergewöhnliche Stabilität eines bestimmten Kerns mit der Nukleonenzahl (auch als magische Zahl bezeichnet) 2, 8, 20, 28, 50, 82, und 126
können durch die Berücksichtigung der Spin-Bahn-Wechselwirkungen zwischen Nukleonen erklärt werden.

Um die Rolle der Spin-Abhängigkeit zu sehen, ist der Deuteron-Kern ein gutes Labor. Der Gesamtdrehimpuls für das Deuteron (oder allgemein für einen Kern) wird gewöhnlich mit $I$ bezeichnet und ist gegeben durch
$$hat{vec{I}} = hat{vec{L}}+hat{vec{S_{p}}}+hat{vec{S_{n}}} tag{1}$$

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

Die einfachste Form, die ein spinabhängiges Skalarpotential annehmen könnte, ist $$V_{text{spin}} = frac{V(r)}{hbar^{2}}left(hat{vec{S_{p}}}.hat{vec{S_{n}}}right)tag{2}$$

Dort haben wir angenommen, dass die räumliche Abhängigkeit von $V_{text{spin}}$ in $V(r)$ kodiert ist. In Bezug auf Casimirs $V_{text{spin}}$ können wir nun schreiben als,
$$V_{text{spin}}=frac{V(r)}{2hbar^{2}}left(hat{vec{S^{2}}}-hat{vec{S_{p}^{2}}}-hat{vec{S_{n}^{2}}}right)tag{3}$$
Für generische Eigenfunktionen $|S,S_{p},S_{n},S_{z}rangle$ ist der Expentationswert von $hat{vec{S_{p}}}.hat{vec{S_{n}}}$ gegeben durch
$$langle hat{vec{S_{p}}}.hat{vec{S_{n}}}rangle=frac{hbar^{2}}{2}left(S(S+1)-S_{p}(S_{p}+1))-S_{n}(S_{n}+1)right) $$
Da $S_{p,n}=1/2$ ist, erhalten wir nun
$$langle hat{vec{S_{p}}}.hat{vec{S_{n}}}rangle = frac{hbar^{2}}{2}left(S(S+1)-frac{3}{2}right)=begin{cases}
+frac{hbar^{2}}{4}quadtext{triplet state},quad|S=1,frac{1}{2},frac{1}{2}rangle
-frac{3hbar^{2}}{4}quadtext{singlet state},quad|S=0,frac{1}{2},frac{1}{2}rangle end{cases}$$

Wenn nun $V(r)$ ein anziehendes Potential ist (d.h. $V(r)<0>$), dann

  • Stärke von $V_{text{spin}}$ für $S=1$ zunimmt,
  • während sie für die Konfiguration $S=0$ verringert wird.

Das liegt in der Natur der Sache. Die Spins der Nukleonen sind zusammen mit ihren Positionen, ihren Isospins usw. Freiheitsgrade, die man berücksichtigen sollte.
Da das Ziel darin besteht, experimentelle Ergebnisse zu reproduzieren, kann man, wie @AMS sagte, mit einem Potential, das die richtige Spin-Abhängigkeit hat, einige vernünftige Werte für die verschiedenen Observablen erhalten.

Im speziellen Fall des Deuterons weiß man zum Beispiel in einer vereinfachten Version, dass der Gesamtspin folgendermaßen ist $S=1$ und der Gesamtisospin ist $T=0$.

Man kann die Nukleon-Nukleon-Wechselwirkung mit einem Potential der Form
$$
V_{NN}=V_C(r)+V_sigma(r)vec{sigma}_1cdotvec{sigma}_2+V_tau(r)vec{tau}_1cdotvec{tau}_2+V_{sigmatau}(r)vec{sigma}_1cdotvec{sigma}_2vec{tau}_1cdotvec{tau}_2.
$$

Dabei ist der erste Term der Culombsche Teil, der zweite hängt vom Spin ab, der dritte vom Isospin und der letzte von beiden.

Da $S=1$ und $T=0$ erhält man, dass
$$
vec{sigma}_1cdotvec{sigma}_2|psi_drangle=|psi_drangle,;;;;vec{tau}_1cdotvec{tau}_2|psi_drangle=-3|psi_drangle; ;;;text{and};;;;vec{sigma}_1cdotvec{sigma}_2vec{tau}_1cdotvec{tau}_2|psi_drangle=-3|psi_drangle,
$$

wobei $|psi_drangle$ die Wellenfunktion des Deuterons ist.
Da man nun das Potential für dieses vereinfachte Modell des Deuterons (mit nur einer S-Welle) hat, kann man die Schrödinger-Gleichung lösen und erhält einen Wert für die Bindungsenergie. Auf diese Weise kannst du dein phänomenologisches Potential testen und überprüfen, ob eine Spinabhängigkeit erforderlich ist.

Vielleicht liegt die Antwort in den ersten drei Wörtern, aber ich hoffe, dass die Betrachtung eines Beispiels mehr Klarheit bringt.

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