Ta ffirst punkt to i oppgaven, der vi forutsatte at vi kunne telle eksakt de N gjenvρrende atomene. Da er alderen t usikker bare pga. den statistiske

Transkript

1 Lfisninger, hjemmeeksamen i fag nummer Kjernefysikk, tirsdag 30. mai til fredag 2. juni a) 12 g av karbon 12 inneholder 1 mol atomer, i ffilge definisjonen pνa atommasseenheten, det er 6; atomer. Om vi gνar ut fra at CO 2 fra atmosfρren inneholder 98,89 % (prosent av massen og ikke avantallet) av 12 C, 1,11 % av 13 C og ett atom 14 C for hvert atom 12 C, sνa vil 10 g karbon i plantemateriale inneholde opprinnelig N 0 = ; g 12 g 6; =5; atomer av 14 C (det oppgitte tallet 1 pr er sikkert ikke sνa nfiyaktig at vi kan gi svaret med mer enn en desimal). Halveringstiden til 14 C er 5730 νar, dvs. at midlere levetid for et atom er fi = 5730νar ln 2 = 8267νar = ; s = 2; s : Antallet gjenvρrende atomer av 14 C, N = N(t), avtar eksponensielt med tiden t siden karbonet ble tatt opp fra lufta, N = N 0 e t fi : Alderen er altsνa t = fi ln N0 N Selv om vi kunne mνale antallet N eksakt, ville alderen vρre usikker. For det ffirste kan N 0 variere pga. statistiske fluktuasjoner, men siden N 0 er et sνapass stort tall, er den relative usikkerheten i N 0 sνa liten at vi ser bort fra den. For det andre, gitt alderen t, kan N variere pga. statistiske fluktuasjoner. Gitt N 0 og t er N binomialfordelt med middelverdi N 1 = N 0 e t fi : Sannsynligheten for at ett bestemt atom 14 Coverlever et tidsrom t, er P 1 =e t fi ; og sannsynligheten for at N atomer 14 C, av N 0 opprinnelig, overlever et tidsrom t, er P N = : N 0! N!(N 0 N)! P N 1 (1 P 1) N 0 N : I vνart tilfelle vil P 1 << 1, og da er dette med god tilnρrming lik en Poisson-fordeling med middelverdi N 1 = N 0 P, dvs. at P N ß N N 1 N! e N 1 : Standardavviket for en Poisson-fordeling er ff N = p N 1 ß p N : 1

2 Ta ffirst punkt to i oppgaven, der vi forutsatte at vi kunne telle eksakt de N gjenvρrende atomene. Da er alderen t usikker bare pga. den statistiske usikkerheten i N, og det relative standardavviket pνa alderen er ff t t = fi dt dn fi ff N t = fi N ff N fi(ln N 0 ln N) = 1 p N(ln N0 ln N) : Vi finsker νa oppnνa en relativ usikkerhet (ff t =t)» 0; 1, det vil si at N 100 (ln N 0 ln N) = (26; 9 ln N) : 2 Som gir N 0; 12. Et interessant resultat! Nνa sier alminnelig sunn fornuft at hvis N =0,sνa kan vi aller hfiyst sette en nedre grense pνa alderen, og da er usikkerheten i hvert fall stfirre enn 10 %. Den hfiyeste alderen vi kan mνale med 10 % usikkerhet eller bedre, bfir altsνa vρre nνar vi finner ett atom. Da estimerer vi alderen til t = fi ln N 0 = νar : Men hva er strengt tatt usikkerheten i dette estimatet? Det finnes neppe et entydig svar, men om vi tar en normalfordeling som modell, er sannsynligheten 16 % for et positivt avvik stfirre enn ett standardavvik, og like mye for et negativt avvik stfirre enn ett standardavvik. Her har vi ikke en normalfordeling, men en Poissonfordeling. Dersom vi observerer ett atom, kan vi spfirre slik: hva mνa middelverdien N 1 vρre for at sannsynligheten for νa observere minst ett atom skal vρre lik 0,16? Vel, sannsynligheten for νa observere null atomer er da P 0 =e N 1 =0; 84, altsνa mνa N 1 = ln 0; 84 = 0; 17. Med en middelverdi pνa N 1 =0; 17 estimerer vi alderen til t = fi ln N0 N 1 = νar ; som gir 7% usikkerhet i alderen, i retning oppover. Andre veien spfir vi slik: hva mνa middelverdien N 1 vρre for at sannsynligheten for νa observere maksimalt ett atom skal vρre lik 0,16? Jo, sannsynligheten for νa observere null atomer eller ett atom er da P 0 + P 1 =e N 1 (1 + N 1 )=0; 16, som gir N 1 =ln(1 + N 1 ) ln 0; 16 = ln(1 + N 1 )+1; 83, eller N 1 =3; 29. Med denne middelverdien estimerer vi alderen til t = fi ln N0 N 1 = νar ; som gir 4 % usikkerhet i alderen, i retning nedover. Denne mνaten νa resonnere pνa kalles gjerne Bayesisk tolkning av statistikk. Det var svaret pνa punkt to i oppgaven, sνa til punkt en. Forskjellen her er at vi ikke observerer det eksakte antallet atomer N, men vi observerer n desintegrasjoner i lfipet av 10 dfign, og sier at N = n Q ; der Q er sannsynligheten for at ett atom 14 C desintegrerer i lfipet av 10 dfign, Q =1 e x ß x; 2

3 med x = 10 dfign fi = 10 dfign ; 25 dfign =3; : Siden N er mye stfirre enn n, kan vi trygt gνa ut fra at den vesentlige usikkerheten kommer fra statistiske fluktuasjoner i n, som igjen er binomialfordelt: sannsynligheten for n desintegrasjoner er Q n = N! n!(n n)! Qn (1 Q) N n : Siden Q << 1, er dette igjen med god tilnρrming lik en Poisson-fordeling med middelverdi M = NQ, dvs. at Q n ß M n e M : n! Standardavviket for Poisson-fordelingen er ff n = p M = p NQ ; slik at standardavviket for estimatet N = n=q er Den relative usikkerheten i alderen er nνa ff t t = fi dt dn fi ff N t ff N = ff p n N Q = pq : = 1 p NQ(ln N0 ln N) : Vi finsker νa oppnνa en relativ usikkerhet (ff t =t)» 0; 1, det vil si at N 100 Q(ln N 0 ln N) = ; (26; 9 ln N) : 2 Som gir N 2; 47 Λ Siden det opprinnelig fantes 5; atomer av 14 C, og antallet avtar eksponensielt med tiden t siden karbonet ble tatt opp fra lufta, mνa viha at e 2; 5 t 106 fi 5; 0 10 =5; : Det gir den fivre grensen pνa alderen: t» fi ln(5; ) = νar : Vi har her ikke tatt hensyn til at detektoren som teller desintegrasjoner neppe er 100 % effektiv. Dessuten vil vi i praksis ha en viss bakgrunnstrνaling som fiker usikkerheten. Istedenfor νa gνa omveien om Poisson-fordelingen, kunne vi ha brukt direkte formelen for standardavviket til en binomialfordeling: q ff n = NQ(1 Q) : 3

4 1b) Atommasser, i atommasseenheten u = 931; 502 MeV=c 2 : 39, for 40 K, 39, for 40 Ca, 39, for 40 Ar, og 0, for et elektron. Desintegrasjonen 40 K! 40 Ca+e + ν e er av typen fi,ogq-verdien er (39; ; ) u c 2 =0; u c 2 =1; 312 MeV : Kjernen 40 Ca i sluttilstanden kunne altsνa fνa en eksitasjonsenergi pνa opptil 1; 312 MeV. 40 Ca er en like-like kjerne, og stort sett den eneste typen eksiterte nivνa som kunne tenkes νa hasνa lav eksitasjonsenergi, er da en vibrasjonseksitasjon med spinn og paritet 2 +. Forutsatt at dette eksiterte nivνaet har for hfiy energi til at det er tilgjengelig, mνa overgangen skje fra grunntilstanden i 40 K, med spinn og paritet 4, til grunntilstanden i 40 Ca, med spinn og paritet 0 +.Isνa fall er det en tredje-forbudt Gamow Teller-overgang, og det kan forklare at levetiden er sνa lang. Desintegrasjonen 40 K! 40 Ar+e + + ν e er av typen fi +, men i dette tilfellet er typen ffl, elektroninnfanging, 40 K+e! 40 Ar + ν e energetisk fordelaktig. Q-verdien for den er (39; ; ) u c 2 =0; u c 2 =1; 504 MeV : Q-verdien for 40 K! 40 Ar + e + + ν e er to elektronmasser mindre, men tross alt positiv, 0; u c 2 2m e c 2 =0; u c 2 =0; 482 MeV : Igjen tyder mye pνa at ikke noe eksitert nivνa i 40 Ar er tilgjengelig med denne begrensningen pνa eksitasjonsenergien, og siden grunntilstanden i 40 Ar ogsνa har spinn og paritet 0 +, er det igjen en tredje-forbudt Gamow Teller-overgang, sνa levetiden blir lang. 1c Siden argon er en gass, kan en gνa ut fra at stein som dannes av flytende lava, inneholder forsvinnende lite argon opprinnelig. Forutsatt at den argon som kommer fra desintegrasjon av 40 K, ikke slipper ut av steinen, sνa kan en telle atomer av 40 Ar og 40 K og dermed finne hvor lenge det er siden steinen stfirknet. Med en halveringstid pνa 1,28 milliarder νar for 40 K, dvs. en midlere levetid pνa fi = 1; 28 milliarder νar ln 2 =1; 85 milliarder νar ; og med forgreiningsforholdet 0,11 for 40 K! 40 Ar, sνa er forholdet mellom antall atomer av 40 Ar og 40 K etter en tid t: Setter vi f =0; 2, gir det at t = fi ln 1+ f = 0; 11 e t fi 1 e t fi = 0; 11 e t fi 1 : 0; 11 = fi ln 1; 55 = 0; 809 milliarder νar : f Det var kalium-argon-metoden, sνa til kalium-kalsium-metoden. La N 1, N 2 og N 3 vρre antallet atomer i en steinprfive av henholdsvis 40 K, 40 Ca og en annen stabil kalsiumisotop, f.eks. 44 Ca, den vanligste nest etter 40 Ca. N 3 er konstant i tiden, mens N 1 og N 2 er avhenger av tiden t: N 1 (t) =N 10 e t fi ; N 2 (t) =N 20 + N 10 (1 e t fi ) : 4

5 Her er N 10 og N 20 de opprinnelige antallene. Vi antar at vi har mange steinprfiver med ulike verdier av forholdet N 10 =N 3, men med samme verdi av forholdet N 20 =N 3. Vi har da at N 10 = N 1(t) e t fi ; N 3 N 3 og at N 2 (t) = N 20 + N 10 (1 e N t 20 fi )= + N 1(t) (e t fi 1) : N 3 N 3 N 3 N 3 N 3 Dette er en lineρr relasjon mellom de mνalbare forholdstallene N 1 (t)=n 3 og N 2 (t)=n 3, som begge kan variere fra den ene steinprfiven til den andre. Ved νa undersfike om den lineρre sammenhengen faktisk er gyldig, kan en verifisere at antagelsene som er gjort, er troverdige, foruten at en kan finne verdier for de to ukjente stfirrelsene N 20 =N 3 og e t fi 1. Dermed finner en altsνa alderen t. 1d Pνa grunn av Coulomb-barrieren er det stort sett bare nfiytroninnfanging som kan bygge opp tunge atomkjerner, dvs. de som er tyngre enn jern. Under normale" forhold, f.eks. i det indre av stjerner, er fluksen av frie nfiytroner sνa liten at det tar typisk 20 νar for en kjerne νa fange inn et nfiytron. Dette er det som kalles s-prosesser", ( s" for slow"), der kjerner som er ustabile for fi-desintegrasjon med levetid vesentlig kortere enn f.eks. et νar ikke kan overleve lenge nok til νa fange inn nfiytroner. Siden det eksisterer isotoper som er nfiytronrike, og som ikke lar seg produsere fra noen annen isotop som er stabil nok til νa fange inn et nfiytron i en s-prosess, kan en slutte at det mνa ha forekommet r-prosesser" ( r" for rapid") under forhold der nfiytronfluksen er vesentlig hfiyere enn i vanlige stjerner. Kanskje i supernovaeksplosjoner. Siden det ogsνa finnes i naturen isotoper som ikke kan ha blitt produsert i r-prosesser, kan en slutte at bνade s-prosesser og r-prosesser mνa ha vρrt virksomme. 1e) Halveringstid og midlere levetid er henholdsvis 713 millioner νar og fi 1 = 1029 millioner νar for 235 U, 4510 millioner νar og fi 2 = 6507 millioner νar for 238 U. Anta at produksjonsraten er 1 for 235 U og 2 for 238 U, der 1 =1; La N 1 og N 2 betegne antallet atomer av 235 U og 238 U. Hvis t er tiden etter at produksjonen av uran startet, sνa varierer N 1 og N 2 med tiden i ffilge ligningene dn 1 dt dn 2 dt = 1 N 1 fi 1 ; = 2 N 2 fi 2 : Ligningen for N 1, f.eks., kan omskrives slik: N 1 e t fi 1 d dt = 1 e t fi 1 : Siden vi forutsetter at N 1 =0ved t = 0, har vi da at N 1 = 1 fi 1 1 e t fi 1 N 2 = 2 fi 2 1 e t fi 2 ; : 5

6 Gitt forholdet N 1 =N 2, og gitt produksjonsforholdet 1 = 2 = 1; 64, kan vi altsνa finne tiden t. Jordisk uran bestνar nνa av 0,7205 % 235 U og 99,274 % 238 U, men dette er masseforholdet mellom isotopene. Antallsforholdet er 238; ; ; ; 274 =0; : Men etter at Jorda ble til, har den ikke fνatt tilffirt noe uran. Alderen til Jorda, eller solsystemet, er ca. t S = 4700 millioner νar, og om vi regner bakover, finner vi at antallsforholdet dengang var t 0; e S fi 1 =0; 344 : Setter vi og lfiser for t (numerisk), fνar vi t S e fi 2 1; 64 fi N 1 1 e t fi 1 1 = N 2 fi 2 1 e =0; 344 t fi 2 t = 9100 millioner νar : Tilsammen gir det en alder pνa universet som er 13,8 milliarder νar (pluss en eller to milliarder νar ffir uranproduksjonen startet). Siden forutsetningene vi har gjort, er ganske usikre, skal vel ikke dette estimatet tas alt for alvorlig, men det virker i hvert fall ganske rimelig. 2a) Standardmodellen har vekselvirkningspartikler, som har heltallig spinn og ffilgelig er bosoner, pluss materiepartikler, som alle har spinn 1=2 og ffilgelig er fermioner. Vekselvirkningspartiklene er 8 masselfise gluoner (for den sterke vekselvirkningen), de 3 tunge partiklene Z 0 og W ± (for den svake vekselvirkningen), det masselfise fotonet (for den elektromagnetiske vekselvirkningen), og det masselfise gravitonet (sνa langt ikke direkte observert, for gravitasjonen). De har alle spinn 1, unntatt gravitonet som har spinn 2. Materiepartiklene er 6 leptoner og 6 kvarker, og deres antipartikler. Tre negative leptoner: elektronet e,myonet μ og tauonet fi.tre nfiytrale leptoner: elektronnfiytrinoet ν e,myonnfiytrinoet ν μ og taunfiytrinoet ν fi.tre kvarker med elektrisk ladning 2=3: u, c og t, og tre kvarker med elektrisk ladning 1=3: d, s og b. Antallet kvarker skal forresten multipliseres med tre, fordi hver kvark kommer i tre fargevarianter. Dessuten er det (minst) en partikkel som ennνa ikke er observert, og som faller utenfor klassifiseringsskjemaet ovenfor, nemlig Higgs-partikkelen, med spinn 0. Den er nfidvendig i standardmodellen for at Z 0 og W ± skal kunne ha masse, og den gir dessuten masser til leptonene og kvarkene. I 1970 regnet en med bare tre kvarker: u, d og s. Et problem med denne ffirste kvarkmodellen var at den forutsa mye for stor sannsynlighet for desintegrasjonen K 0! μ + μ. Glashow, Iliopoulos og Maiani foreslo da at det kanskje eksisterte en fjerde kvark, slik at de ufinskede teoretiske bidragene til denne prosessen (i form av Feynman-diagram) 6

7 ble kansellert av nye Feynman-diagram der den nye kvarken opptrνadte som mellomtilstand. Den nye kvarken ble kalt c, for charm" (norsk: magi"), fordi den lfiste et kinkig problem nρr sagt pνa magisk vis. Da den senere, i 1974, kunne forklare den sensasjonelle oppdagelsen av en svρrt smal resonans i elektron-positron-spredning, nemlig den partikkelen som kalles ψ, sνa ble det et stort gjennombrudd for kvarkmodellen (kjent som novemberrevolusjonen"). 2b) Pariteten til ß -mesonet ble mνalt i reaksjonen ß +d! n+n. Nνar ß-mesonet, som spres mot dfiyteroner i ro, har tilstrekkelig liten impuls, kan denne reaksjonen bare skje iens-tilstand, der den relative banedreieimpulsen for ß og d altsνa er`i =0.Pariteten til starttilstanden er da P i = P ß P d ( 1)`i = P ß ; der P ß er den indre pariteten til ß, som skal bestemmes, og P d er den indre pariteten til dfiyteronet, som er kjent og lik +1. Den totale dreieimpulsen i starttilstanden er 1, fordi ß har spinn 0 og d har spinn 1, mens `i = 0. Den totale dreieimpulsen i sluttilstanden er dermed ogsνa 1, fordi dreieimpuls alltid bevares. Den er summen av den relative banedreieimpulsen til nfiytronene, med absoluttverdi `f, og de to nfiytronspinnene, som adderer opp til et totalt spinn S som er enten 0 eller 1. Det finnes ffilgende fire muligheter for νa lage total dreieimpuls 1 i sluttilstanden: i) S =0og`f = 1; ii) S =1og`f = 0; iii) S =1og`f = 1; iv) S =1og`f =2. Men nfiytronene er fermioner og mνa ha en totalt antisymmetrisk bfilgefunksjon. Spinnbfilgefunksjonen er antisymmetrisk hvis S = 0 og symmetrisk hvis S = 1. Rombfilgefunksjonen (som funksjon av den relative posisjonen til nfiytronene) har symmetrien ( 1)`f. Alternativ iii) er derfor det eneste tilfellet der den totale bfilgefunksjonen er antisymmetrisk. Ffilgelig mνa sluttilstanden ha paritet P f = P n P n ( 1)`f =( 1)`f = 1 : Forutsatt at pariteten er bevart i reaksjonen, slik at P i = P f,kan vi slutte at reaksjonen er mulig (ved riktig lav energi) bare dersom ß har negativ paritet. Merk at konklusjonen er uavhengig av om nfiytronet har positiv eller negativ paritet, fordi sluttilstanden har to nfiytroner. Reaksjonen ß + +d! p + p gir pariteten til ß + pνa tilsvarende mνate. For νa mνale pariteten til ß 0 kan en studere f.eks. produksjon av ß 0 i reaksjonen ß +d! n+n+ß 0, og anta at pariteten er bevart i den sterke vekselvirkningen, eller en kan studere polarisasjon av fotonene i desintegrasjonen ß 0! fl + fl, oganta at pariteten er bevart i den elektromagnetiske vekselvirkningen. Det finnes en generell sammenheng som sier at partikkel og antipartikkel har samme paritet dersom de er bosoner (har spinn 0; 1; 2;:::), og har motsatt paritet dersom de er fermioner (har spinn 1=2; 3=2; 5=2;:::). For eksempel, leptoner og kvarker har spinn 1/2, de beskrives av Dirac-ligningen, og da er denne relasjonen en konsekvens av Diracligningen. Fordi kvark og antikvark har motsatt paritet, forutsier kvarkmodellen uten slingringsmonn at ß-mesonet mνa ha negativ paritet. Det er nemlig en bundet tilstand av en kvark q og en antikvark q, det er opplagt grunntilstanden i dette systemet, slik at den relative banedreieimpulsen mνa vρre ` = 0, og da er pariteten P ß = P q P q ( 1)` = 1 : 7

8 Hvis ß-mesonet hadde hatt positiv paritet, sνa ville kvarkmodellen ha hatt et alvorlig problem med νa forklare det. 2c) I ffilge kvarkmodellen skal kvarkene ha spinn 1/2, og da sier spinn statistikk-teoremet at de skal vρre fermioner. Men en av de tilstandene som kvarkmodellen ser ut til νa kunne reprodusere pνa en naturlig mνate, er f.eks. resonansen ++, som har masse 1232 MeV, dobbelt elektrisk ladning og spinn 3/2. Den skulle bestνa av tre u-kvarker, og forutsatt at det ikke er noe banedreieimpuls, sνa mνa de tre kvarkspinnene vρre parallelle. Ffilgelig er spinnbfilgefunksjonen fullstendig symmetrisk under ombytte, rombfilgefunksjonen er likesνa symmetrisk (fordi banedreieimpulsen er 0), og den totale bfilgefunksjonen er symmetrisk, ikke antisymmetrisk som den burde vρre. Mνaten νa lfise denne floken pνa, er altsνa νa innffire nye kvantetall, slik at hver type kvark kommer i tre varianter med forskjellig farge": r, g og b (rfid, grfinn og blνa). Nνar resten av bfilgefunksjonen er symmetrisk, sνa kan vi gjfire fargebfilgefunksjonen" antisymmetrisk, slik at den totale bfilgefunksjonen blir antisymmetrisk. At fargebfilgefunksjonen mνa vρre antisymmetrisk i et trekvarksystem, ffilger av et nytt postulat, som sier at bare partikler som er fargelfise", kan observeres. Det samme postulatet impliserer at de partiklene som vi ser i laboratoriet, er de som kan bygges opp av en kvark og en antikvark, eller av tre kvarker, ikke de som kunne lages med f.eks. en, to eller fire kvarker. Et eksperiment der en mνaler indirekte antallet fargevarianter av kvarkene, er spredning av elektroner mot positroner, ved en total energi i massesentersystemet pνa noen GeV. En mνaler tverrsnittet for νa produsere vilkνarlige sluttilstander med utelukkende hadroner, uten leptoner, og dividerer med tverrsnittet for νa produsere μ μ + -par. Det observerte forholdet kalles R. Den fundamentale prosessen er elektromagnetisk, og gνar gjennom en mellomtilstand som bestνar av et virtuelt foton. Fotonet gνar over til enten en kvark og en antikvark, eller et myon og et antimyon. Tverrsnittet for en slik prosess er proporsjonalt med kvadratet av ladningen til den partikkelen som produseres, altsνa proporsjonalt med 1 for et μ μ + -par, og enten 4/9 eller 1/9 for et kvark antikvark-par, avhengig av om kvarkladningen er 2=3 eller 1=3. Dersom den totale massesenterenergien er 6 til 8 GeV, sνa fins det nok energi til νa parprodusere kvarkene u, d, s og c, men ikke b og t. Da skal forholdet R vρre summen av de kvadrerte kvarkladningene: R = = 10 9 : For en massesenterenergi over 10 GeV kan ogsνa b-kvarken produseres, og da skal R = = 11 9 : Disse teoretiske verdiene stemmer dνarlig med de observerte verdiene, som er i overkant av 3. Men nνar vi multipliserer antallet kvarker med 3, fνar vi 10=3 og11=3, som stemmer mye bedre. 3a) Antallet tilstander er 2(2`+1) for banedreieimpuls ` (` = 0; 1; 2; 3 for s, p, d, f). Faktoren 2 teller spinntilstandene, som i dette tilfellet bare innvirker pνa degenerasjonen og ikke pνa energiene. Antallet bundne tilstander er (for sekvensen s,p,d,s,f,p): 2( )=40: 8

9 Kjernen 33 16S har 16 protoner og 17 nfiytroner. Tar vi med nivνaene s,p,d, har vi 2(1+3+ 5) = 18 tilstander for protonene og like mange for nfiytronene, som er nok til νa ta imot alle de 33 nukleonene. I grunntilstanden for kjernen er derfor 1d det hfiyeste okkuperte energinivνaet. Et proton eller et nfiytron i dette nivνaet har, i ffilge den overforenklede modellen, en bindingsenrgi pνa 14; 20 MeV, som altsνa er separasjonsenergien. Effekter som vi da har neglisjert, utenom spinn-bane-koplingen, er paringseffekten (alle protonene er paret, mens det ene nfiytronet er uparet, og det fiker separasjonsenergien for et proton) og Coulomb-frastfitningen mellom protonene (som reduserer separasjonsenergien for et proton). 3b) Den totale dreieimpulsen for en partikkel er J = L + S : Det er mulig νa kvantisere samtidig J 2, L 2 og S 2, og de kvantiserte verdiene er henholdsvis j(j + 1)μh 2, `(` + 1)μh 2 og s(s + 1)μh 2 =(3=4)μh 2. Siden L og S kommuterer seg imellom, har vi ogsνa at J 2 =(L + S) 2 = L 2 + S 2 +2L S ; eller ekvivalent, L S = 1 2 (J 2 L 2 S 2 ) : Det er to muligheter: j = ` ± (1=2). Hvis j = ` +(1=2), sνa er L S = 1 2 Hvis j = ` (1=2), sνa er L S = 1 2 ` + 1 ` `(` +1) 3 4 μh 2 = ` 2 μh2 : ` 1 ` + 1 `(` +1) 3 μh 2 = ` +1 μh 2 : Nivνa Energi i MeV Degenerasjon 1s 1=2 37; p 3=2 27; p 1=2 24; d 5=2 16; d 3=2 11; s 1=2 11; f 7=2 4; f 5=2 +2; p 3=2 1; p 1=2 +1; 09 2 Med den oppgitte forenklingen at μh 2 W (r) = 2 MeV, og med ffirste ordens perturbasjonsteori, fνar vi en energikorreksjon som er ` MeV for j = ` +(1=2), og (` + 1) MeV for j = ` (1=2). 9

10 Det gir den korrigerte energitabellen ovenfor, der degenerasjonen er 2j + 1. Nivνaene 1f 5=2 og 2p 1=2 er da ikke lenger bundet. For νa fνa grunntilstanden i 33 16S fyller vi opp enpartikkelnivνaene nedenfra. Vi fyller opp 1s 1=2,1p 3=2,1p 1=2,1d 5=2 og 2s 1=2, da har vi plass til 16 protoner og 16 nfiytroner. Det 17. nfiytronet mνa vi plasere i nivνaet 1d 3=2. Grunntilstanden skal derfor teoretisk ha spinn 3/2 og paritet +, og det stemmer. Det laveste eksiterte nivνaet bfir vi fνa ved νa lfifte ett nfiytron fra 2s 1=2 til 1d 3=2. Det skal ikke forandre paringsenergien, og eksitasjonsenergien skal vρre 0; 7 MeV. Spinn og paritet skal vρre 1=2 +, pga. det enslige nfiytronet i nivνaet 2s 1=2. Vi kunne lfifte enten to nfiytroner eller to protoner fra 2s 1=2 til 1d 3=2, det burde gi to eksiterte nivνa med eksitasjonsenergi rundt 1; 4 MeV, og med samme spinn og paritet som grunntilstanden, 3=2 +. Prfiver vi νa lfifte ett proton, koster det paringsenergi, og det gir derfor trolig hfiyere eksitasjonsenergi. 3c) Coulomb-potensialet mellom to protoner er slik at dv C dr = e2 4ßffl 0 r = e2 2 4ßffl 0 μhc V C = e2 4ßffl 0 r ; μhc r 2 = 1 137; ; 329 MeV fm r 2 1; 440 MeV fm = : r 2 Skal vi sammenligne med spinn-banekoplingen fra den sterke vekselvirkningen, kan vi se pνa fig i lρreboka, som viser at for en spinntriplett-tilstand med banedreieimpuls ` = 1, og en avstand mellom nukleonene pνa 1 fermi, er den potensielle energien av stfirrelsesorden mellom 50 MeV og 100 MeV. Det er noe uklart hvilken stfirrelse som kurven her viser r-avhengigheten til, fordi figurteksten sier V so (r), som er W (r) i vνar notasjon her, men det stemmer ikke med at dimensjonen er energi. Den mest logiske forklaringen er vel at figuren viser den potensielle energien V 1 = W (r)l S for det tilfellet at L og S er parallelle, som gir en total dreieimpuls J = L + S lik 2, og dermed L S = 1 2 (J 2 L 2 S 2 ) : = 1 2 (6 2 2)μh2 =μh 2 : I Coulomb-tilfellet fνar vi da en potensiell energi V 1 = 2 1 dv C mp 2 c 2 r dr L S = 2μh2 c 2 1; 440 MeV fm mp 2 c 4 r 3 2(197; 329 MeV fm)2 0; 1273 MeV fm3 = = : (938; 280 MeV) 2 r 3 For en avstand mellom protonene pνa 1 fm utgjfir dette 0; 127 MeV. Fortegnet er det samme som for spinn-bane-potensialet som skyldes kjernekreftene, men den numeriske verdien er noen hundre ganger mindre. Det vesentligste bidraget til denne faktoren er finstrukturkonstanten ff = e 2 =(4ßffl 0 μhc) =1=137; 036, som karakteriserer styrken av den elektromagnetiske vekselvirkningen. Det elektromagnetiske spinn-bane-potensialet har imidlertid noe lenger rekkevidde enn det som skyldes kjernekreftene: det ffirste avtar som 1=r 3, det andre avtar eksponensielt med avstanden r (eksponensialfaktoren er karakteristisk for Yukawa-potensialet). 10

11 3d) Forklaringen finnes i fig i lρreboka. Spinn-bane-potensialet mellom en innkommende partikkel og en annen partikkel som ligger i ro, gir en kraft som bfiyer av den ffirste partikkelen i en retning som ikke avhenger av om den passerer pνa den ene eller andre siden av den andre partikkelen. Spredningsretningen avhenger bare av spinnretningene til de to partiklene. Resultatet er at den spredte partikkelen har en tendens til νa komme ut pνa den ene siden dersom den har spinn ned, og pνa den andre siden dersom den har spinn opp. Med andre ord: ser vi pνa partikler som spres i en bestemt retning, sνa er spinnet deres polarisert, selv om ingen partikler er spinnpolariserte ffir spredningen. 3e) Et nukleon som beveger seg inne i en atomkjerne opplever et spinn-bane-potensial som har ett fortegn fra nukleoner pνa en side, og motsatt fortegn fra nukleoner pνa den andre siden. Hvis nukleonet er midt inne i kjernen, summeres bidragene fra alle de andre nukleonene til null. Derimot, nνar nukleonet er nρr overflaten til kjernen, sνa er alle de andre nukleonene pνa innsiden, slik at alle bidragene har samme fortegn, og summen ikke blir null. 4) Tabell over energinivνa, og degenerasjonen 2(2` + 1): Nivνa Energi i MeV Degenerasjon 1s 30; p 15; s 1; d 1;