Grupo 2 - examen parcial

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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa
Modelos nucleares. Modelos colectivos y
modelos de capas
Kevin Mart́ın Amiquero Bravo
&
Aaron Jesús de la Cruz Gonzales
Facultad de Ciencias F́ısicas, E.P. F́ısica, Universidad Nacional Mayor de San Marcos
F́ısica nuclear
10 de Diciembre de 2021
Amiquero, K., De la Cruz, A. Universidad Nacional Mayor San Marcos 1 / 22
Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa
Índice
1 Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa
Definiciones
M. I. Ŕıgido
Primera Banda
Segunda Banda
Amiquero, K., De la Cruz, A. Universidad Nacional Mayor San Marcos 2 / 22
Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Enunciado del problema
Modelo rotacional y bandas de enerǵıa
Los niveles de 17472 Hf muestran dos bandas rotacionales similares cuyas enerǵıas (en
MeV) se muestran en la tabla 3.7. Comparar los momentos de inercia de esas dos
bandas y comentar cualquier diferencia observada.
Tabla 3.7: Bandas de enerǵıa rotacionales (en MeV) para el 17472 Hf.
Banda E(0+) E(2+) E(4+) E(6+) E(8+) E(10+) E(12+)
1 0 0.091 0.297 0.608 1.010 1.486 2.021
2 0.827 0.900 1.063 1.307 1.630 2.026 2.489
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Definiciones
Esṕın paridad
JP J(J+1)
0+ 0(1)=0
2+ 2(3)=6
4+ 4(5)=20
6+ 6(7)=42
8+ 8(9)=72
10+ 10(11)=110
12+ 12(13)=156
Tabla 1: Esṕın paridad 17472 Hf.
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Definiciones
Para nuestro problema, usaremos simetŕıa axial proporcionada por un modelo no
esférico. De la simetŕıa axial tenemos:
I1 = I2 = I (1)
H =
3∑
i=1
1
2Ii
J2i (2)
De (1) y (2):
H =
1
2I
(
~J2 − ~J23
)
+
1
2I3
~J23 (3)
Resolviendo la ecuación de valores propios del hamiltoniano:
EJ =
h2
2I
J(J + 1) + EK (4)
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Definiciones
Enerǵıa de excitación
Ahora, gracias al movimiento intŕınseco de los nucleones de valencia se tiene
un momento angular nulo k = 0, lo cual la expresión (4) nos quedaŕıa:
EJ =
h2
2I
J(J + 1) + E0 (5)
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Momento de Inercia Rı́gido
−→ Como sabemos no vamos a tener una esfera perfecta sino un elipsoide el cual
dependerá de los semiejes mayor y menor, el momento de inercia del elipsoide
ŕıgido es:
Irig =
2
5
MR2(1 + 0.31δ) (6)
Donde el parametro de deformación es:
δ =
4
3
√
π
5
∆R
R
(7)
Donde tenemos que:
M ∼ 103A MeV
c2
y
R = r0A
1/3
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Momento de Inercia Rı́gido
Tomando un valor de A ≈ 170 el momento de inercia vale ~
2
2Irig
≈ 6 keV.
4.3324x10−31 eV2.s2
2Irig
≈ 6 keV
3.6103367x10−35 eV.s2 ≈ Irig (8)
−→ Este valor sera útil para los cálculos y relaciones que se hagan en la primera y
segunda banda.
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Primera Banda
Para la banda 1:
EJ =
~2
2I
J(J + 1) + 0
EJ
J(J + 1)
=
~2
2I
−→ Para E(2+)
0.091 MeV
6
=
~2
2I
15.166 keV =
~2
2I
I = 1.42832x10−35 eV.s2 (9)
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Primera Banda
−→ Para E(4+)
0.297MeV
20
=
~2
2I
14.85keV =
~2
2I
I = 1.45872x10−35eV.s2 (10)
−→ Para E(6+)
0.608MeV
42
=
~2
2I
14.476keV =
~2
2I
I = 1.496409x10−35eV.s2 (11)
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Primera Banda
−→ Para E(8+)
1.010MeV
72
=
~2
2I
14.077keV =
~2
2I
I = 1.544231x10−35eV.s2 (12)
−→ Para E(10+)
1.486MeV
110
=
~2
2I
13.50909keV =
~2
2I
I = 1.603514x10−35eV.s2 (13)
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Primera banda
−→ Para E(12+)
2.021MeV
156
=
~2
2I
12.955keV =
~2
2I
I = 1.67209x10−35eV.s2 (14)
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Primera Banda
Esṕın paridad EJJ(J+1) =
~2
2I I
JP J(J+1) keV eV.s2
2+ 2(3)=6 15.166 1.42832x10−35
4+ 4(5)=20 14.85 1.45872x10−35
6+ 6(7)=42 14.476 1.496409x10−35
8+ 8(9)=72 14.077 1.544231x10−35
10+ 10(11)=110 13.509 1.603514x10−35
12+ 12(13)=156 12.955 1.67209x10−35
Tabla 2: Momento de inercia
−→ De la ec(8) sabemos que en momento de inercia rigido es:
3.6103367x10−35 eV.s2 ≈ Irig
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Primera banda
Esṕın paridad EJJ(J+1) =
~2
2I I/Irig
JP J(J+1) keV
2+ 2(3)=6 15.166 0.395
4+ 4(5)=20 14.85 0.405
6+ 6(7)=42 14.476 0.415
8+ 8(9)=72 14.077 0.428
10+ 10(11)=110 13.509 0.444
12+ 12(13)=156 12.955 0.463
Tabla 3: Momento de inercia efectivo para la banda 1
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Segunda banda
Como ya tenemos los valores experimentales de Ej ó E, usaremos la fórmula (4)
para calcular los momentos de inercia para todos los espines paridad.
EJ =
~2
2I
J(J + 1) + 0.827MeV
EJ − 0.827MeV
J(J + 1)
=
~2
2I
−→ Para E(2+)
0.900− 0.827 MeV
6
=
~2
2I
12.16 keV =
~2
2I
I = 1.78x10−35 eV.s2 (15)
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Segunda banda
−→ Para E(4+)
1.063− 0.827 MeV
20
=
~2
2I
11.8 keV =
~2
2I
I = 1.836x10−35 eV.s2 (16)
−→ Para E(6+)
1.307− 0.827 MeV
42
=
~2
2I
11.43 keV =
~2
2I
I = 1.895x10−35 eV.s2 (17)
Amiquero, K., De la Cruz, A. Universidad Nacional Mayor San Marcos 16 / 22
Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Segunda banda
−→ Para E(8+)
1.630− 0.827 MeV
72
=
~2
2I
11.15 keV =
~2
2I
I = 1.942x10−35 eV.s2 (18)
−→ Para E(10+)
2.026− 0.827 MeV
110
=
~2
2I
10.9 keV =
~2
2I
I = 1.987x10−35 eV.s2 (19)
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Segunda banda
−→ Para E(12+)
2.489− 0.827 MeV
156
=
~2
2I
10.6 keV =
~2
2I
I = 2.04x10−35 eV.s2 (20)
Amiquero, K., De la Cruz, A. Universidad Nacional Mayor San Marcos 18 / 22
Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Segunda banda
Esṕın paridad EJJ(J+1) =
~2
2I I
JP J(J+1) keV eV.s2
2+ 2(3)=6 12.16 1.78x10−35
4+ 4(5)=20 11.8 1.836x10−35
6+ 6(7)=42 11.43 1.895x10−35
8+ 8(9)=72 11.15 1.942x10−35
10+ 10(11)=110 10.9 1.987x10−35
12+ 12(13)=156 10.6 2.04x10−35
Tabla 4: Momentode inercias para la banda 2
−→ De la ec(8) sabemos que en momento de inercia rigido es:
3.6103367x10−35 eV.s2 ≈ Irig
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Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Segunda banda
Esṕın paridad EJJ(J+1) =
~2
2I I/Irig
JP J(J+1) keV
2+ 2(3)=6 12.16 0.493
4+ 4(5)=20 11.8 0.508
6+ 6(7)=42 11.43 0.524
8+ 8(9)=72 11.15 0.537
10+ 10(11)=110 10.9 0.550
12+ 12(13)=156 10.6 0.565
Tabla 5: Momento de inercia efectivo para la banda 2
Amiquero, K., De la Cruz, A. Universidad Nacional Mayor San Marcos 20 / 22
Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
Conclusiones
De la tabla 3 y 5 podemos ver que:
Las enerǵıas muestran un tendencia a la reducción.
La segunda banda es mas esférica que la primera.
Amiquero, K., De la Cruz, A. Universidad Nacional Mayor San Marcos 21 / 22
Problema 3.12 - Modelo rotacional y bandas de enerǵıa Definiciones M. I. Rı́gido Primera Banda Segunda Banda
¡Gracias por su atención!
Amiquero, K., De la Cruz, A. Universidad Nacional Mayor San Marcos 22 / 22
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