Diffusion Neutron-Proton (Basse énergie)

Le mouvement relatif de deux particules de masses \(M_1\) et \(M_2\) peut être décrit par l’équation d’onde donnée par :

\[-\frac{\hbar^2}{2\mu} \nabla^2\psi + V(r)\psi = E\psi\]

où \(\mu\) est la masse réduite et \(E\) est l’énergie interne du système \(E = E_L – E_c\)

\(E_L\) — énergie dans le système du laboratoire \(E_c\) — énergie cinétique du centre de masse

\[E_c = \frac{M_1}{M_1+M_2}E_L\]

Pour la diffusion n-p \(M_1 = M_2 = M\) (disons), donc :

\[E_c = \frac{E_L}{2}\]

Ainsi, seule la moitié de l’énergie du laboratoire est disponible pour la diffusion dans le système du centre de masse.

Relation entre \(\theta_c\) et \(\theta_L\)

\[\theta_c = 2\theta_L\]

où \(\theta_L\) est l’angle de diffusion dans le système L et \(\theta_c\) est l’angle de diffusion dans le système COM.

L’équation d’onde peut maintenant s’écrire :

\[\nabla^2\psi + \frac{M}{\hbar^2}[E – V(r)]\psi = 0\]

où \(\psi = \psi(r,\theta,\phi)\) ; \(\theta\) et \(\phi\) sont les angles COM, \(r\) est la distance entre le neutron et le proton, \(E > 0\).

Méthode des Ondes Partielles : pour grand r (onde sortante)

\[\psi_{inc} = \frac{1}{2ikr}\sum_{\ell=0}^{\infty}(2\ell+1)i^\ell\left[Ee^{i(kr-\ell\frac{\pi}{2})} – e^{-i(kr-\ell\frac{\pi}{2})}\right]P_\ell(\cos\theta)\]

où \(P_\ell(\cos\theta)\) est le polynôme de Legendre d’ordre \(\ell\) et \(k^2 = \frac{2ME}{\hbar^2} = \frac{ME}{\hbar^2}\), où \(\mu = \frac{M}{2}\)

Lorsque le diffuseur est présent, l’onde sortante est affectée soit en Phase soit en Amplitude, soit les deux. Si la diffusion élastique a lieu (pas de réaction), seule la phase est affectée.

Fonction d’Onde Totale en Présence du Diffuseur

\[\psi(r) = \frac{1}{2ikr}\sum_{\ell=0}^{\infty}(2\ell+1)i^\ell\left[\eta_\ell e^{i(kr-\ell\frac{\pi}{2})} – e^{-i(kr-\ell\frac{\pi}{2})}\right]P_\ell(\cos\theta)\]

\[= \frac{1}{2ikr}\sum_{\ell=0}^{\infty}(2\ell+1)i^\ell\left[\eta_\ell e^{i(kr-\ell\frac{\pi}{2})} + e^{i(kr-\ell\frac{\pi}{2})}- e^{i(kr-\ell\frac{\pi}{2})} – e^{-i(kr-\ell\frac{\pi}{2})}\right]P_\ell(\cos\theta)\]

\[= \frac{1}{2ikr}\sum_{\ell=0}^{\infty}(2\ell+1)i^\ell\left[\eta_\ell e^{i(kr-\ell\frac{\pi}{2})} – e^{-i(kr-\ell\frac{\pi}{2})}\right]P_\ell(\cos\theta) + \frac{1}{2ikr}\sum_{\ell}(2\ell+1)i^\ell\left[e^{i(kr-\ell\frac{\pi}{2})} – e^{-i(kr-\ell\frac{\pi}{2})}\right]P_\ell(\cos\theta)\]

\[= \psi_{inc} + \psi_{sc}\]

où \(\psi_{sc} = \frac{1}{r}f(\theta)e^{ikr}\)

\[\psi_{sc} = \frac{1}{r}\sum_{\ell=0}^{\infty}\frac{(\eta_\ell-1)(2\ell+1)}{2ik}i^\ell e^{-i\ell\frac{\pi}{2}}P_\ell(\cos\theta)e^{ikr}\]

\[f(\theta) = \frac{1}{2ik}\sum_{\ell=0}^{\infty}(2\ell+1)\{e^{2i\delta_\ell}-1\}P_\ell(\cos\theta)\]

\[= \frac{1}{k}\sum_{\ell=0}^{\infty}(2\ell+1)e^{i\delta_\ell}\sin\delta_\ell P_\ell(\cos\theta)\]

où \(\sin\delta_\ell = \frac{e^{i\delta_\ell}-e^{-i\delta_\ell}}{2i}\)

Section Efficace Différentielle

\[\sigma(\theta) = |f(\theta)|^2 = \frac{1}{k^2}\left|\sum_{\ell=0}^{\infty}(2\ell+1)e^{i\delta_\ell}\sin\delta_\ell P_\ell(\cos\theta)\right|^2\]

\[\sigma_{total} = \int\sigma(\theta)d\Omega = \int\sigma(\theta)2\pi\sin\theta d\theta\]

\[\sigma = \frac{2\pi}{k^2}\int_0^\pi\left|\sum_{\ell=0}^{\infty}(2\ell+1)e^{i\delta_\ell}\sin\delta_\ell P_\ell(\cos\theta)\right|^2\sin\theta d\theta\]

\[= \frac{2\pi}{k^2}\sum_{\ell}(2\ell+1)^2\sin^2\delta_\ell\frac{2}{(2\ell+1)}\]

\[\boxed{\sigma = \frac{4\pi}{k^2}\sum_{\ell}(2\ell+1)\sin^2\delta_\ell}\]

Ainsi, si nous connaissons les déphasages, nous pouvons calculer la section efficace totale.

Diffusion Nucléon-nucléon

Le problème de la diffusion nucléon-nucléon sera résolu dans le référentiel du centre de masse.

Pour résoudre le problème de la diffusion nucléon-nucléon en utilisant la mécanique quantique, nous supposons que l’interaction peut être représentée par un potentiel de puits carré, comme nous l’avons fait dans la section précédente pour le deutéron. La seule différence entre ce calcul et celui du deutéron est que nous nous intéressons aux particules incidentes libres avec \(E > 0\). Nous simplifierons l’équation de Schrödinger en supposant \(\ell = 0\).

[Figure du potentiel carré reste inchangée]

Solution au problème du puits carré pour \(r < b\) ainsi que \(r > b\)

\[\frac{d^2u}{dr^2} + \frac{M}{\hbar^2}\left[E – V(r) – \frac{\ell(\ell+1)\hbar^2}{Mr^2}\right]u = 0\]

mais \(\ell = 0\) :

\[\frac{d^2u}{dr^2} + \frac{M}{\hbar^2}[E – V(r)]u = 0\]

où \[V(r) = \begin{cases} -V_0 & \text{pour } r < b \\ 0 & \text{pour } r > b \end{cases}\]

\[\begin{aligned} u''_{in} + k_2^2 u_{in} &= 0 & \text{pour } r < b \\ u''_{out} + k^2 u_{out} &= 0 & \text{pour } r > b \end{aligned}\]

où \[k_2^2 = \frac{M}{\hbar^2}(E + V_0) \quad \text{et} \quad k^2 = \frac{ME}{\hbar^2}\]

Puisque \[\frac{d^2u}{dr^2} + \frac{M}{\hbar^2}[E – V(r)]u = 0\]

pour \(r < b\), \(V = -V_0\), donc : \[\frac{d^2u_{in}}{dr^2} + \frac{M}{\hbar^2}[E + V_0]u_{in} = 0\]

\[\Rightarrow \frac{d^2u_{in}}{dr^2} + k_2^2 u_{in} = 0\]

\[u_{in} = A\sin k_2r + A'\cos k_2r\]

quand \(r \rightarrow 0\), \(u_{in} \rightarrow 0\), donc \(A' = 0\)

\[\boxed{u_{in} = A\sin k_2r}\]

Maintenant pour \(r > b\), \(V(r) = 0\) : \[\frac{d^2u_{out}}{dr^2} + \frac{ME}{\hbar^2}u_{out} = 0\]

\[\frac{d^2u_{out}}{dr^2} + k^2u_{out} = 0\]

\[u_{out} = B'\sin kr + B''\cos kr\]

comme \[u_{out} = B\sin(kr + \delta_0)\] \[u_{out} = B\sin(kr + \delta_0) \quad \text{pour le cas } \ell = 0\]

Donc : \[u_{in} = A\sin k_2r\] \[u_{out} = B\sin(kr + \delta_0)\]

En utilisant les conditions aux limites sur \(u\) et \(\frac{du}{dr}\) à \(r = b\) : \[A\sin k_2b = B\sin(kb + \delta_0)\] \[Ak_2\cos k_2b = Bk\cos(kb + \delta_0)\]

\[\boxed{k_2\cot k_2b = k\cot(kb + \delta_0)}\]

Puisque \(E\) est connu, alors \(k\) et \(k_2\) sont connus pour un \(b\) donné, nous pouvons estimer \(\delta_0\), qui peut être utilisé pour calculer \(\sigma_{total}\).

\[k^2 = \frac{ME}{\hbar^2}, \quad k_2^2 = \frac{M}{\hbar^2}(E + V_0)\]

\[\sigma = \frac{4\pi\sin^2\delta_0}{k^2}\]

Calcul de la Section Efficace de Diffusion

\[\sigma = \frac{4\pi}{k^2}\sin^2\delta_0\]

Puisque \[k_2\cot k_2b = k\cot(kb + \delta_0)\]

\[\Rightarrow \sin\delta_0 = \sin kb\frac{(k\cot kb – k_2\cot k_2b)}{\sqrt{k^2 + k_2^2\cot^2k_2b}}\]

Pour \(E = 10\) keV et \(V_0 = 35\) MeV :

\[\begin{aligned} k_2 &= \frac{\sqrt{M(V_0 + E)}}{\hbar} \simeq 0.92\text{ fm}^{-1} \text{ pour }V_0 = 35\text{ MeV}\\ k &= \sqrt{ME}/\hbar \simeq 0.016\text{ fm}^{-1} \end{aligned}\]

\(\sigma \simeq 4.6b\) où \((1b = 10^{-28}\text{m}^2)\)

La valeur expérimentale à basse énergie (\(\sim 20b\)) n’est pas en accord avec notre valeur calculée de \(5b\) pour la section efficace de diffusion en onde s. La solution à cette divergence réside dans les orientations relatives des spins des nucléons incidents et diffusés.

Le proton et le neutron, tous deux particules de spin \(\frac{1}{2}\), peuvent se combiner pour donner un spin soit 0 soit 1. La combinaison \(S = 1\) a 3 sous-états, tandis que \(S = 0\) n’en a qu’un seul.

\[\sigma = \frac{3}{4}\sigma_t + \frac{1}{4}\sigma_s\]

Pour \(\sigma_t = 4.6b\) et \(\sigma = 20.4b\), nous obtenons \(\sigma_s = 67.8b\)

Ce résultat indique qu’il existe une différence énorme entre les états singulet et triplet de \(\sigma\), c’est-à-dire que la force nucléaire doit dépendre du spin.

Longueur de Diffusion

À basse énergie neutronique incidente, la section efficace peut être exprimée en termes de longueur de diffusion \(a\). La solution asymptotique de l’équation d’onde en dehors de la portée de la force nucléaire peut s’écrire comme (en supprimant l’indice de \(\delta_0\)) :

\[u = r\psi = e^{i\delta}\frac{\sin(kr + \delta)}{k}\]

(Cette équation n’est pas normalisée !) Clairement, pour des neutrons de très basse énergie, pour que \(u\) reste fini, \(\delta\) doit tendre vers zéro comme \(k\). Si nous définissons :

\[\lim_{k\to 0}\left(-\frac{\sin\delta}{k}\right) = a\]

alors \[\sigma_{sc} = 4\pi\left(\frac{\sin\delta}{k}\right)^2 = 4\pi a^2\]

et \(a\) a la signification géométrique du rayon d’une sphère dure depuis laquelle un neutron ponctuel est diffusé (note : classiquement \(\sigma_{sc} = \pi a^2\)).

Puisque \(\delta \to 0\) comme \(k\), et \(\delta/k = -a\), nous pouvons réécrire sous la forme :

\[\lim_{k\to 0} u \sim kr + \frac{\delta}{k} \cdot r = r – a\]

qui est l’équation d’une droite pour \(u(r)\). La longueur de diffusion, \(a\), est l’intersection avec l’axe des \(r\) et est obtenue en extrapolant la fonction d’onde radiale à l’intérieur du puits au-delà de la portée de force \(r_0\).

Une longueur de diffusion positive indique qu’un état lié existe, tandis qu’une longueur de diffusion négative indique qu’il n’y a pas d’état lié du système.

L’Effet du Potentiel V(r) sur la Fonction d’Onde

Quand \(V(r) \to 0\) (sans présence de diffuseur), cela représente simplement la solution de particule libre.

Pour \(V(r) = -V_0\), la fonction d’onde présente le comportement suivant :

• Dans la portée nucléaire, la fonction d’onde se contracte

• Pour \(r > b\), la fonction d’onde a la même forme que la particule libre

• Elle subit un déphasage positif \(\delta\)

• Les nœuds de la fonction d’onde sont attirés vers l’origine par le potentiel attractif

Pour \(V(r) = V_0\) (potentiel répulsif) :

• Repousse les nœuds loin de l’origine pour \(r > b\)

• Pour \(r < b\), le potentiel étire la fonction d’onde

Critère d’Énergie pour la Diffusion en Onde s par les Neutrons

Si la particule incidente a une vitesse \(v\), son moment angulaire par rapport à la cible est \(mvb\), où \(b\) est la portée nucléaire. L’impulsion relative entre les nucléons doit être quantifiée en unités de \(\hbar\) :

\[mvb = \ell\hbar, \quad \text{où } \ell^2 = \ell(\ell+1)\]

Pour la diffusion en onde p (c’est-à-dire, le cas \(\ell = 1\)) : \[mvb = \ell\hbar\]

L’énergie cinétique : \[T = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}\left[\frac{\ell^2\hbar^2}{mb^2}\right] = \frac{\ell(\ell+1)\hbar^2c^2}{2mc^2b^2}\]

En utilisant \(\hbar c = 200\) MeV·fm et \(mc^2 = 1000\) MeV : \[T = \frac{1}{2} \times \frac{1 \times 2 \times 200 \times 200}{1000 \times 4} = 10\text{ MeV}\]

Par conséquent :

• L’exigence d’énergie pour la diffusion en onde p est de 10 MeV

• Une énergie du projectile inférieure à 10 MeV dans le référentiel du laboratoire ou 5 MeV dans le référentiel du centre de masse correspond à une diffusion en onde s