Datos: a = 3, m = 1, J s c = 2, m s

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(1)

El deuter´

on

Mediante experimentos de dispersi´on se sabe que el deuter´on tiene un di´ametro aproximado de 3,024 Fermi. Calcular usando la mec´anica cu´antica del pozo de po-tencial cuadrado las velocidades del prot´on y el neutr´on que forman este n´ucleo en su estado fundamental. Soluci´on Datos: a= 3,024·10−15m ~= 1,055·10−34J ·s c= 2,998·108 m s mp = 1,673·10−27kg mn = 1,675·10−27kg md= 3,343·10−27kg

Supondremos que la energ´ıa potencialEp(x) entre las dos part´ıculas s´olo depende de la distanciax=|~rp−~rn|entre ambas. Aproximaremos esta energ´ıa potencial por

un pozo de potencial cuadrado de profundidad E0 y anchura a mediante la funci´on

(2)

Ep(x) =

−E0 si 0< x < a

0 si x≥a

Desde el sistema de referencia centro de masas las dos part´ıculas tienen momentos opuestosp~y −~p , por lo que la energ´ıa cin´etica del sistema se puede escrbir como

Ec = p2 2mp + p 2 2mn = p 2 2 1 mp + 1 mn y la energ´ıa total E =Ec+Ep(x) = p2 2 1 mp + 1 mn +Ep(x)

Definimos la masa reducida del sistema como 1 µ = 1 mp + 1 mn ⇒µ= 8,37·10−28kg

Con esta definici´on la energ´ıa del deuter´on se reduce a la de una sola part´ıcula con la masa reducida atrapada en el pozo de potencial, esto es

E = p

2

2µ+Ep(x)

La energia E de la part´ıcula en el pozo es igual a la energ´ıa de ligadura del sistema

Eb cambiada de signo, o sea

E =−Eb

Esta energ´ıa de ligadura es la que hay que dar al sistema para seperar al prot´on del neutr´on, y por tanto, tambi´en es la energ´ıa que emite el deuter´on al formarse; podemos, entonces, calcularla a partir de las masas. As´ı pues

Eb = (mp+mn−md)c2 = 4,494·10−13J

Pasamos ahora a resolver la ecuaci´on de Schr¨odinger en las dos regiones 0< x < a

y a < x. En la primera regi´on se tiene

0

< x < a

−~ 2 2µ d2Ψ 1 dx2 +Ep(x)·Ψ1 =EΨ1

En esta regi´onEp(x) = −E0 y E =−Eb , por lo que

−~ 2 2µ d2Ψ 1 dx2 −E0Ψ1 =−EbΨ1 ⇒ d2Ψ 1 dx2 + 2µ(E0−Eb) ~2 Ψ1 = 0

Como la energ´ıa cin´etica es Ec =E−Ep =E0−Eb , definiendo la constante k1 en

la forma

(3)

la ecuaci´on de Schr¨odinger queda

d2Ψ1

dx2 +k 2

1Ψ1 = 0

La ecuaci´on secular para esta ecuaci´on diferencial es

r2+k12 = 0⇒r=±ik1

Con estas dos raices imaginarias fabricamos la soluci´on general como combinaci´on lineal de exponenciales

Ψ1 =Aeik1x+Be−ik1x

con A y B constantes de integraci´on. La funci´on de onda no tiene sentido f´ısico para x≤0 , pues esta variable es una distancia y no puede ser negativa. Por tanto, imponemos la condici´on de contorno

Ψ1(0) = 0⇒B =−A⇒Ψ1 =A eik1x−e−ik1x = 2iA eik1xe−ik1x 2i = 2iAsen(k1x)

y llamando C = 2iA, la funci´on de onda en esta primera regi´on es

Ψ1 =Csen(k1x)

Para la segunda regi´on la ecuaci´on de Schr¨odinger es

a < x

−~ 2 2µ d2Ψ 2 dx2 +Ep(x)·Ψ2 =EΨ2

En esta regi´onEp(x) = 0 y E =−Eb , por lo que

−~ 2 2µ d2Ψ 2 dx2 =−EbΨ2 ⇒ d2Ψ 2 dx2 − 2µEb ~2 Ψ2 = 0

Definiendo la constante k2 en la forma

k22 = 2µEb ~2 la ecuaci´on de Schr¨odinger queda

d2Ψ 2

dx2 −k 2

2Ψ2 = 0

La ecuaci´on secular para esta ecuaci´on diferencial es

(4)

Con estas dos raices reales fabricamos la soluci´on general como combinaci´on lineal de exponenciales

Ψ2 =F eik2x+De−ik2x

con F y D constantes de integraci´on. En esta regi´on la energ´ıa pencial Ep = 0 es

mayor que la energ´ıa total E = −Eb , por lo que seg´un la mec´anica cl´asica es una

zona de movimiento prohibido. Entonces, la funci´on de onda no puede crecer en esta regi´on, y por tanto imponemos la condici´on de contorno

l´ım

x→∞Ψ2 = 0⇒F = 0

con lo que la funci´on de onda en esta segunda regi´on queda

Ψ2 =De−ik2x

Imponiendo la continuidad en la frontera x=a , encontramos la condici´on

Ψ1(a) = Ψ2(a)⇒Csen(k1a) = De−k2a e imponiendo la derivabilidad dΨ1(a) dx = dΨ2(a) dx ⇒k1Ccos(k1a) = −k2De −k2a

Dividiendo estas dos condiciones miembro a miembro, tenemos

tan(k1a) = −

k1

k2

Sustituyendo los valores dek1 y k2 , se tiene

tan a r 2µEc ~2 ! =− r 2µEc ~2 s ~2 2µEb =−a r 2µEc ~2 s ~2 2µa2E b Llamando y=a r 2µEc ~2 y calculando s ~2 2µa2E b = 1,272

obtenemos la acuaci´on trascendente

tany=−1,272y

que ha de ser resuelta mediante una computadora. Aqu´ı la vamos a resolver por aproximaci´on dentro de la incertidumbre que nos permite el principio de Heisenberg.

(5)

Como buscamos el estado fundamental, hemos de escoger el valor m´as peque˜no, pero rechazando la soluci´on nula ya que

y= 0⇒Ec = 0 ⇒k1 = 0⇒Ψ1(x) = 0

Para ello vamos a aproximar el seno y el coseno por su desarrollo en serie de Taylor como sigue

seny'y− y

3

6 cosy'1

Con esto la ecuaci´on trascendente se convierte en un polinomio de segundo grado

tany=−1,272y⇒y− y

3

6 ' −1,272y⇒1−

y2

6 ' −1,272⇒y'2,132 Este valor nos permite calcular Ec

y =a r 2µEc ~2 ⇒Ec = y2 ~2 2µa2 = 3,305·10 −12J Como Ec = p 2 2µ ⇒p 2 = 2µEc

la energ´ıa cin´etica para el prot´on es

Ecp = p2 2mp = µEc mp y su velocidad vp = s 2Ecp mp = √ 2µEc mp = 4,446·10 7 m s

Un c´aculo an´alogo da para el neutr´on

vn = √ 2µEc mn = 4,441·107 m s

Estos valores llevan una incertidumbre asociada ∆v que podemos estimar medi-ante el principio de Heisenberg

∆p∆x' ~

2

Tomando como incertidumbre en la posici´on el di´ametro nuclear, ∆x'a, y poniendo ∆p'mp∆v, encontramos ∆v ' ~ 2amp = 1,043·107 m s '1·10 7 m s

Con esto el valor verdadero que hemos encontrado para las velocidades es

vp 'vn= 4·107 m

s ±1·10

7 m

Figure

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