Fisica nucleare e subnucleare/Modello a shell

Mediamente, dunque, i nuclei sembrano soddisfare il modello a goccia di liquido e la formula semi-empirica, ma con alcune peculiari deviazioni da questo comportamento, con elementi particolarmente legati. Questo fatto ricorda un po' l'esistenza dei gasi nobili (per determinati valori di $Z$ esistono elementi particolarmente stabili, perché in corrispondenza di questi $Z$ determinate shell elettroniche vengono "chiuse"). Seguendo questo parallelismo si potrebbe pensare che i nucleoni si muovano su orbitali fra loro indipendenti. È questa l'idea fondamentale del modello a shell, che ora analizzeremo.

In questo modello pensiamo l'hamiltoniana del sistema come $H=T+V$, ove $T$ è il contributo cinetico e $V$ quello potenziale. In generale:

$H=\sum _{i}T_{i}+\sum _{i\neq j}V_{ij}$

ove $V_{ij}$ è il potenziale d'interazione fra le particelle $i$ e $j$. Approssimiamo il termine di energia potenziale con un potenziale medio: pensiamo il sistema come soggetto a un pontenziale medio $u$ all'interno del quale i nuclei sono indipendenti. Dunque:

$H\approx \sum _{i}T_{i}+\sum _{i}u({\vec {r}}_{i})=\sum _{i}(T_{i}+u_{i})$

Poiché l'hamiltoniano è separabile, la funzione d'onda del sistema sarà fattorizzabile (con l'opportuna antisimmetrizzazione):

$\psi ({\vec {r}}_{1},\dots ,{\vec {r}}_{A},{\text{spin}},{\text{isospin}})=\prod _{i}\Phi _{n}({\vec {r}}_{i})$

ove $\Phi _{n}$ sono gli autostati di $T+u$. Si avrà pertanto:

$(T+u)\Phi _{n}({\vec {r}})=E_{n}\Phi _{n}({\vec {r}})\quad \Rightarrow \quad H\Psi _{k}({\vec {r}}_{1},\dots ,{\vec {r}}_{A})=\epsilon _{k}\Psi _{k}({\vec {r}}_{1},\dots ,{\vec {r}}_{A})$

ove $k$ è l'indice che indica il numero d'ordine associato agli autostati legati ($k\in \lbrace n_{1},\dots ,n_{A}\rbrace$), e $\epsilon =\sum _{i}E_{i}$ (l'energia totale è la somma delle energie delle particelle singole). Si ha dunque:

$H'-H=\Delta V$

ove $H=T-V$ e $H'$ è l'hamiltoniana approssimata. Non abbiamo però ancora detto nulla sulla forma di $u$.

Potenziale armonico

Potremmo ipotizzare, ad esempio, che il sistema sia soggetto a un potenziale armonico. Risolviamo dunque il problema con un solo nucleone; dopodiché, si tratterà semplicemente di riempire gli stati che determineremo con altri nucleoni.

Consideriamo dunque:

$H=T-{\frac {1}{2}}kr^{2}$

ossia un potenziale armonico isotropo. Come noto, in una dimensione (ossia $H=T-{\frac {1}{2}}kx^{2}$) le autofunzioni dell'hamiltoniana hanno come autovalori $E_{n}=\hbar \omega (n+{\frac {1}{2}})$ con $n$ intero (zero incluso). Per il problema tridimensionale, invece, esprimendo le autofunzioni $\Phi$ di $H$ in coordinate cartesiane, l'hamiltoniana risulterà separabile:

$H=H_{x}+H_{y}+H_{z}$

e dunque la funzione d'onda sarà fattorizzabile:

$\Phi _{k}(x,y,z)=\Phi _{n_{x}}(x)\Phi _{n_{y}}(y)\Phi _{n_{z}}(z)$

con $k=\lbrace n_{x},n_{y},n_{z}\rbrace$. L'energia del sistema è:

$E_{k}=E_{n_{x}}+E_{n_{y}}+E_{n_{z}}={\frac {3}{2}}\hbar \omega +\underbrace {(n_{x}+n_{y}+n_{z})} _{N}\hbar \omega$

Dunque, anche in tre dimensioni lo spettro energetico è composto da stati equispaziati a passi di $\hbar \omega$. Questi stati, in generale, saranno degeneri: si ha infatti $N=2n+L$, ove $n$ è il numero di nodi della funzione (escluse l'origine e l'infinito), e $L$ è il momento angolare totale. Si possono dunque avere più coppie $(n,L)$ che portano allo stesso $N$, e dunque si possono avere più stati con la stessa energia. Infatti:

$N=0\longrightarrow n=0,L=0$

$N=1\longrightarrow n=0,L=1$

$N=2\longrightarrow n=0,L=2{\text{ oppure }}n=1,L=0$

$N=3\longrightarrow n=0,L=3{\text{ oppure }}n=1,L=1$

eccetera. Tradizionalmente, in fisica nucleare gli stati con diverso momento angolare vengono indicati con lettere minuscole:

$L=0\rightarrow s\quad L=1\rightarrow p\quad L=2\rightarrow d\quad L=3\rightarrow f\quad L=4\rightarrow g\quad L=5\rightarrow h\quad \cdots$

(a partire da $L=3$ si segue l'ordine alfabetico). Pertanto, ogni stato si indicherà con la sua lettera minuscola e il suo valore di $n$; ad esempio $0s$ corrisponde a uno stato con $n=0$ e $L=0$, mentre $1s$ corrisponde a $n=1$ e $L=0$. Tenendo conto anche dello spin, la degenerazione complessiva dei livelli è:

$N=0\rightarrow 2\quad N=1\rightarrow 6\quad N=2\rightarrow 12\quad N=3\rightarrow 20$

Infatti, ogni livello con un dato valore di $L$ è $2L+1$ volte degenere, e tenendo conto dello spin la degenerazione diventa $2(2L+1)$. Pertanto, la degenerazione complessiva in $N$ dei livelli è:

$N=0\longrightarrow 2(0+1)=2\quad N=1\longrightarrow 2(2+1)=6\quad N=2\longrightarrow 2(4+1)+2(0+1)=12$

$N=3\longrightarrow 2(6+1)+2(2+1)=20$

e così via. Pertanto, i primi "orbitali" si "chiudono" (ossia vengono completamente riempiti) con 2, 2+6=8 e 12+8=20 nucleoni; si tratta proprio dei primi tre numeri magici. Tuttavia, il quarto livello viene riempito con 20+20=40 nucleoni, che non è un numero magico (dovrebbe essere 50). Siamo dunque sulla giusta strada, ma evidentemente è sbagliato l'approccio, ossia il potenziale armonico non è quello ottimale (è troppo semplice per descrivere un sistema così complicato).

Potenziale di Woods-Saxon

Dobbiamo dunque pensare a un diverso potenziale $V(r)$. Consideriamo la densità di massa all'interno del nucleo. Questa può essere modellizzata come:

$\rho (r)={\frac {\rho _{0}}{1+e^{\frac {r-R}{a}}}}$

ove $a$ è la "diffusività" della distribuzione di materia (pari a circa mezzo fm), e $R$ è il raggio del nucleo. Potremmo dunque supporre che $V(r)$ abbia la stessa forma, ossia:

$V(r)=-{\frac {V_{0}}{1+e^{\frac {r-R}{a}}}}$

detto potenziale di Woods-Saxon.

Dobbiamo dunque determinare gli stati legati di questo potenziale. Il problema è che l'equazione agli autovalori per il potenziale di Woods-Saxon non è risolubile analiticamente, ma solo numericamente. Ciò che si determina è che le sequenze di stati sono simili a quelle dell'oscillatore armonico, per gli stati più bassi.

La degenerazione degli stati con $N=2$, $N=3$, $N=4$ è rimossa dal potenziale di Woods-Saxon. Rifacendo il conto di prima, si determina che le varie "shell" si chiudono a 2, 8, 20, 40 e 70 nucleoni. Il problema, dunque, non è ancora risolto.

Ora, nel caso atomico gli elettroni si muovono nel potenziale coulombiano, ma gli effetti relativistici fanno sì che si debbano considerare termini di interazione spin-orbita. Assumiamo dunque che anche il nostro potenziale nucleare contenga termini di interazione spin-orbita:

$H=T+V(r)+V_{SP}{\vec {L}}\cdot {\vec {S}}$

ove $V_{SP}$ dipende dall'accoppiamento del momento angolare con lo spin (ossia dall'orientazione relativa fra ${\vec {L}}$ e ${\vec {S}}$). Questo termine di interazione spin-orbita fa sì che $H$ sia tale che:

$[H,L^{2}]=0\quad [H,L_{z}]\neq 0$

ossia, il potenziale totale non è più centrale. Le autofunzioni non saranno quindi più caratterizzate dai numeri quantici $n$, $\ell$, $m_{\ell }$ perché $m_{\ell }$ non è più un buon numero quantico. Quello che fa il termine spin-orbita è rendere gli autostati di $J^{2}$ e $J_{z}$, ove:

${\vec {J}}={\vec {L}}+{\vec {S}}\quad [H,J^{2}]=[H,J_{z}]=0$

e pertanto gli autostati saranno caratterizzati dai numeri quantici $n$, $\ell$, $s$, $j$ e $m_{j}$.

Dette $\left|\ell ,m_{\ell }\right\rangle$ le autofunzioni di $L^{2}$ e $L_{z}$ e $\left|s,m_{s}\right\rangle$ quelle di $S^{2}$ e $S_{z}$, si ha che il prodotto $\left|\ell ,m_{\ell }\right\rangle \left|s,m_{s}\right\rangle$ vive nello spazio del momento angolare totale. Supponiamo $\ell =3$ e $s=1/2$; allora lo spazio di $\left|\ell ,m_{\ell }\right\rangle$ è a 7 dimensioni, mentre quello di $\left|s,m_{s}\right\rangle$ è bidimensionale, e pertanto lo spazio prodotto è a 14 dimensioni. Il problema è che $\left|\ell ,m_{\ell }\right\rangle \left|s,m_{s}\right\rangle$ non sono autostati di $J^{2}$ e $J_{z}$, ma una loro combinazione lineare (sono comunque una base). Dunque:

$\left|j,m_{j}\right\rangle =\sum _{\ell ,s}C_{\ell s}\left|\ell ,m_{\ell }\right\rangle \left|s,m_{s}\right\rangle$

col vincolo che $m_{j}=m_{\ell }+m_{s}$, e i $C_{\ell s}$ sono i coefficienti di Clebsch-Gordan. Questo fa sì che, in generale, accoppiando due momenti angolari $\ell _{1}$ e $\ell _{2}$ si avrà $|\ell _{1}-\ell _{2}|<\ell _{\text{TOT }}<\ell _{1}+\ell _{2}$. Nel caso $\ell =3$, $s=1/2$, si avrà $j=5/2$ o $j=7/2$.

Quello che fa il termine di spin-orbita è di separare i livelli $j=5/2$, $j=7/2$ che finora erano degeneri.

Risolviamo dunque l'equazione agli autovalori del nuovo hamiltoniano con tecniche perturbative. In particolare, se $H=H_{0}+\Delta V$, con $H_{0}\varphi _{n}=E_{n}\varphi _{n}$ (ossia $\varphi _{n}$ e $E_{n}$ sono rispettivamente le autofunzioni e gli autovalori dell'hamiltoniano imperturbato), si ha:

$E_{n}'=E_{n}+{\frac {\left\langle \varphi _{n}\right|\Delta V\left|\varphi _{n}\right\rangle }{\left\langle \varphi _{n}|\varphi _{n}\right\rangle }}$

Nel nostro caso, dette $\Phi _{\ell ,s}(r)\chi$ le autofunzioni del potenziale di Woods-Saxon (con $\chi$ le funzioni d'onda di spin):

$E_{n}'=E_{n}+{\frac {\left\langle \Phi _{\ell ,s}(r)\chi \right|V_{SP}(r){\vec {L}}\cdot {\vec {S}}\left|\Phi _{\ell ,s}(r)\chi \right\rangle }{\left\langle \Phi _{\ell ,s}(r)\chi |\Phi _{\ell ,s}(r)\chi \right\rangle }}$

In questa base, però, non sappiamo fare il conto. Passando alla base di autostati di $J^{2}$ e $J_{z}$:

$E_{n}'=E_{n}+{\frac {\left\langle \varphi _{\ell ,s,j,m_{j}}(r)\chi \right|V_{SP}(r){\vec {L}}\cdot {\vec {S}}\left|\varphi _{\ell ,s,j,m_{j}}(r)\chi \right\rangle }{\left\langle \varphi _{\ell ,s,j,m_{j}}(r)\chi |\varphi _{\ell ,s,j,m_{j}}(r)\chi \right\rangle }}$

Si ha:

$\left\langle \varphi _{\ell ,s,j,m_{j}}(r)\chi \right|V_{SP}(r){\vec {L}}\cdot {\vec {S}}\left|\varphi _{\ell ,s,j,m_{j}}(r)\chi \right\rangle =\left\langle \varphi _{\ell }(r)\right|V_{SP}\left|\varphi _{\ell }(r)\right\rangle \left\langle \ell sjm_{j}\right|{\vec {L}}\cdot {\vec {S}}\left|\ell sjm_{j}\right\rangle$

con ${\vec {L}}\cdot {\vec {S}}={\frac {1}{2}}(J^{2}-L^{2}-S^{2})$. Poiché $S=1/2$, $J=L+1/2$ oppure $J=L-1/2$. Se $J=L+1/2$, si avrà:

$\left\langle \ell sjm_{j}\right|{\vec {L}}\cdot {\vec {S}}\left|\ell sjm_{j}\right\rangle ={\frac {\left(L+{\frac {1}{2}}\right)\left(L+{\frac {3}{2}}\right)-L(L+1)-{\frac {3}{4}}}{2}}={\frac {L}{2}}$

Se invece $J=L-1/2$:

$\left\langle \ell sjm_{j}\right|{\vec {L}}\cdot {\vec {S}}\left|\ell sjm_{j}\right\rangle ={\frac {\left(L-{\frac {1}{2}}\right)\left(L+{\frac {1}{2}}\right)-L(L+1)-{\frac {3}{4}}}{2}}=-{\frac {L+1}{2}}$

Pertanto, indipendentemente da $V_{SP}(r)$, i due stati verranno separati, e l'entità della separazione è proporzionale a $L$. Scegliamo come convenzione che gli stati che vengono "spostati verso il basso" siano quelli con splitting positivo. Ciò che dunque accade è che per livelli alti (ad esempio quelli a partire dalla terza shell in poi) lo splitting sarà talmente grande da diventare compatibile con le distanze fra le varie shell, riorganizzando i livelli di energia (si parla spesso di livelli intrusi). In particolare: Livelli di energia del potenziale di Woods-Saxon con il termine d'interazione spin-orbita

Dunque, il livello $0g9/2$ si è avvicinato al livello precedente ($1p1/2$), entrando a far parte della quarta shell. Il livello $0g9/2$ è occupato da 10 nucleoni, e pertanto la "chiusura" della terza shell non avverrà più a 40, bensì a 50 nucleoni, che era esattamente quello che volevamo accadesse. Analogamente, la chiusura a 70 nucleoni del livello successivo (la quarta shell) ora avviene a 82 perché il livello $0h11/2$ si è avvicinato al quarto gruppo, ed è occupato da 12 nucleoni.

L'inserimento del termine di spin-orbita, dunque, rende ben conto della disposizione dei numeri magici.

Generalizzazione a più nucleoni

Accettando dunque che i corretti livelli di particella singola siano caratterizzati dai buoni numeri quantici $\ell$, $s$, $j$ e $m_{j}$, vediamo cosa accade se invece di un singolo nucleone riempiamo questi stati con molte particelle. Supponiamo ad esempio di avere due particelle in uno stato con momento angolare $j$; il momento angolare totale dovrebbe essere $J=2j$ e $M_{J}=2j,2j-1,\dots ,-2j$. Non stiamo però tenendo conto del principio di esclusione di Pauli. Consideriamo dunque due particelle in uno stato con $j=7/2$, e una di esse con $m_{j}=7/2$; allora, il massimo $M_{J}$ ottenibile è $7/2+5/2=6$: non si può insomma avere $J=7$, ma dovrà necessariamente essere $J=6$. Il vincolo dell'antisimmetria della funzione d'onda complessiva, insomma, pone restrizioni al momento angolare totale di un sistema di particelle su uno stesso livello. Se ad esempio supponiamo di riempire completamente il livello che stiamo considerando, si avrà che ci possiamo "mettere" 8 particelle; ci chiediamo: quanto vale il momento angolare totale di quest'insieme di particelle? Per via del principio di esclusione di Pauli, le particelle occuperanno tutti gli stati disponibili, da quello con spin $7/2$ a quello con spin $-7/2$: pertanto, la somma di tutti i momenti angolari è zero. Insomma, "chiudendo" completamente un livello di particella singola, il momento angolare totale della shell è necessariamente nullo.

Supponiamo dunque di avere un sistema di molti nucleoni, che occupano completamente una serie di livelli ma ne lasciano "scoperto" uno. Ad esempio, consideriamo ${}^{17}{\text{O}}$: ha $Z=8$ e $N=9$.

Quale sarà il momento angolare totale del sistema? In questo schema, 16 oggetti (tutti i nucleoni tranne il neutrone in $0d5/2$) danno contributo nullo al momento angolare totale: è solo l'ultimo neutrone a determinare il momento angolare totale di ${}^{17}{\text{O}}$. Ci aspettiamo dunque che nello stato fondamentale ${}^{17}{\text{O}}$ abbia spin $5/2$.

Ora, questo sistema di 17 oggetti è a simmetria sferica, dunque oltre ad avere un buon valore di momento angolare dovrà anche avere parità definita. Dobbiamo dunque determinare la parità dei livelli, che andrà come $(-1)^{\ell }$.

La parità totale del sistema sarà il prodotto di tutte le parità: poiché in ogni livello c'è un numero pari di particelle, la parità di un livello chiuso sarà sempre positiva, e quindi la parità complessiva di ${}^{17}{\text{O}}$ sarà determinata da quella del neutrone in $0d5/2$, che è positiva. Pertanto, lo stato fondamentale di ${}^{17}{\text{O}}$ è $5/2^{+}$.

Per quanto abbiamo visto, ci aspettiamo che i livelli energetici nel modello a shell siano degeneri in $J$; sperimentalmente, però, questa degenerazione risulta rimossa. Ciò è dovuto al fatto che c'è un'interazione residua fra i nucleoni, della quale non stiamo tenendo conto, ma che invece è presente. Il modello a shell, dunque, risulta non più del tutto affidabile per sistemi con più di un nucleone. Considerando i risultati che abbiamo già visto, quest'interazione residua $\Delta V$ sarà attrattiva e tale da favorire sistemi con spin totale nullo. Ciò può anche essere interpretato in modo semi-classico: se ad esempio un sistema di due nucleoni ha spin totale nullo, ciò significa che le due particelle orbitano in "versi opposti", e ciò è energeticamente "favorito" perché questi due nucleoni "si incontreranno spesso"; se lo spin totale non fosse nullo, infatti, i due nucleoni dovrebbero orbitare nello stesso verso, e dunque tenderebbero a rimanere sempre alla stessa distanza fra loro, quando invece "vorrebbero attrarsi".

Supponiamo ad esempio che l'interazione residua sia a raggio il più corto possibile, ovvero supponiamo $\Delta V=-V_{0}\delta ({\vec {r}}_{1}-{\vec {r}}_{2})$, ove ${\vec {r}}_{1}$ e ${\vec {r}}_{2}$ sono le posizioni dei due nucleoni. Considerandola come un'interazione residua piccola, possiamo sfruttare la teoria delle perturbazioni per determinare la variazione di energia $\Delta E$ indotta da questo termine come:

$\Delta E=\left\langle \varphi (r_{1})\varphi (r_{2})\right|\Delta V\left|\varphi (r_{1})\varphi (r_{2})\right\rangle$

Si determina che $\Delta E$ è massima per $J=0$, e decresce al crescere di $J$; dunque, una semplice interazione di tipo delta di Dirac è in grado di spiegare perché singole coppie di nucleoni preferiscono accoppiarsi a spin totale nullo. Perciò, tutti i nuclei pari-pari avranno stato fondamentale con spin nullo, e saranno quindi energeticamente favoriti.