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Kernkräfte
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== Deuteron == Das Deuteron als einfachstes gebundenes Nukleonensystem mit folgenden Eigenschaften :1) Bindungsenergie <math>n + p \to d + 2,2 MeV</math> :2) {{FB|Kernspin}} <math>I = 1</math>, {{FB|magnetisches Kerndipolmoment}} <math>\mu_I = 0,857 ... \mu_K</math> (<math>\mu_I \approx \mu_p + \mu_n = 0,879 ... \mu_K \to I = \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{2} , {}^3S_1</math>-Zustand) elektrisches Quadrupolmoment <math>Q = +2,86 10^{-31} {\rm m^2} = 2,7{\rm mb}</math>, d.h. sehr klein :3) es existiert kein angeregter Zustand, außerdem gibt es '''kein''' Diproton oder Dineutron. Reduktion des {{FB|Zweikörperproblem}}s durch Relativkoordinate <math>r = r -r_n</math> und red. Masse <math>\mu = \frac{m_p m_n}{m_p+m_n}\approx \frac{1}{2}m_p</math> Schrödingergleichung <math>\left[ \frac{-\hbar^2}{2\mu} \nabla^2 + V \right] \Psi = E \Psi</math> Problem <math>E = -2,2 MeV</math> bekannt, V unbekannt. Annahme: <math>V = V(r)</math> Zentralpotential. Separationsansatz von Radial- und Winkelteil <math>\Psi_{nlm}=R_{nl}(r) Y_{lm}(\theta, \phi)</math> Radialteil <math>\left[ - \frac{\hbar^2}{2\mu} \frac{d^2}{dr^2}+V(r) + \frac{l(l+1) \hbar ^2}{2 \mu r^2}\right] \left( r R_{nl} \right) = E_{nl} (rR_{nl})</math> mit <math>\frac{l(l+1) \hbar ^2}{2 \mu r^2}</math> Zentrifugalpotential Zentrifugalpotential abstoßend --> Grundzustand 1 = 0 (wird durch I = 1 und <math>\mu_I \approx \mu_n+\mu_p</math> unterstützt). <math>(rR_{nl} ) = (rR_{l0} )= u</math> Erste (grobe) Annahme von V(r): Kastenpotential (<math>V_0,r_0</math> ) [[Datei:8.1.Kastenpotential.png|miniatur|Trennung der Radialgleichung in Innen(I)- und Außen (II)-Bereich]] '''Innen (I):''' <math>r \le r_0 \frac{d^2u}{dr^2}+\frac{2 \mu}{\hbar^2}(E-V_0) u =0</math> , <math>K = \sqrt{\frac{2\mu(E-V_0)}{\hbar^2}}</math> Lösung <math>u = A \sin Kr + C\cos Kr RB: u = A \sin Kr</math> RB: <math>u=0</math> für <math>r \to 0</math> wegen u/r endlich C = 0 ---- '''Außen (II):''' <math>r \ge r_0 \frac{d^2u}{dr^2}+\frac{2 \mu}{\hbar^2}(E) u =0</math> , <math>k = \sqrt{\frac{2\mu E}{\hbar^2}}=[4,3 10^{-15}m]^{-1}</math> Lösung <math>u = B' e^{-kr} + D e^{kr} = B e^{-k(r-r_0)}</math> RB: u = A \sin Kr</math> RB: <math>u\to0</math> für <math>r \to \infty \to </math> D=0 Stetiger Anlschluß von u und <math>\frac{du}{dr}</math> bei <math>r = r_0</math>: :<math>\begin{align} A\sin Kr_0 &= B \\ K A \cos Kr_0 &= B (-k)\\ \to K \operatorname{ctg} K r_0 &= -k \end{align}</math> Damit werden die beiden Parameter (<math>V_0,r_0</math>) des Kastenpotentials miteinander verknüpft, z.B. mögliche Wertepaare :<math>\begin{align} r_0 &= 1,4 \times 10^{-15} m, &2 \times 10^{-15} m\\ V_0 &= 50 MeV, &30 MeV \end{align}</math> [[Datei:8.2.Kastenpotential.Vernbessert.png|miniatur]] Da für <math>\vec I =\vec \tfrac{1}{2} +\vec \tfrac{1}{2}</math> nur I = 1 existiert, sind die Kernkräfte '''spinabhängig''', wobei nur das Triplettpotential bindend ist. Erklärt auch die Nichtexistenz von <math>p^2</math> und <math>n^2</math> durch das Pauli-Prinzip. *Ansatz <math>V =V_1(r) + V_2 (r)(\vec s_1 \vec s_2 ) \quad (\vec s_1 \vec s_2 ) \Rightarrow \frac{1}{2}\left[S(S+1)-\frac{3}{4}-\frac{3}{4}\right]</math> *{{FB|Triplett}} <math>V_T = V_1 (r) +\frac{1}{4}V_2 (r), \quad S = 1</math> *{{FB|Singulett}} <math>V_S = V_1 (r) -\frac{3}{4}V_2 (r), \quad S = 0</math> Grobe Abschätzung für Singulett-Potential: Falls <math>V_s</math> gerade nicht mehr bindend <math>\to \sin Kr_0 \approx 1</math> senkrecht auf Potentialwand, so daß man keine abnehmende Exponentialfunktion im Außenraum anfügen kann. <math>Kr_0 \le \frac{\pi}{2}</math> bedeutet in Zahlenwerten <math>|V_0|r_0^2 \lesssim 100,\quad V_0 [MeV], r_0 [10^{-15} m]</math> Die Existenz des (sehr kleinen) Quadrupolmoments bedeutet einen sehr kleinen Beitrag einer '''nichtzentralen''' Kraft, die eine <math>^3D_1</math>-Zumischung ermöglicht.
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