¿Por qué es tan larga la vida útil de los neutrones (libres)?

Question

¿Por qué es tan larga la vida útil de los neutrones (libres)?

Física
neutrones
media vida
física nuclear
partículas fisicas
interacción débil

Forever_a_Newcomer

Un neutrón fuera del núcleo vive durante unos 15 minutos y se desintegra principalmente a través de desintegraciones débiles (desintegración beta). Muchas otras partículas que se descomponen débilmente se descomponen con vidas entre $10^{-10}$ y $10^{-12}$ segundos, lo cual es consistente con $\alpha_W \simeq 10^{-6}$ .

¿Por qué el neutrón vive mucho más que los demás?

Respuestas (3)

¿Por qué es tan larga la vida útil de los neutrones (libres)?

dmckee --- gatito ex-moderador · Answer 1

NB: Siento que este es un trabajo bastante mediocre, y me disculpo por eso, pero habiendo abierto la boca en los comentarios, supongo que tengo que escribir algo para respaldarlo.

Empezamos con la regla de oro de Fermi para todas las transiciones. La probabilidad de la transición es

{PAGS}_{i \to F} = \frac{2 π}{ℏ} {| {METRO}_{i, F} |}^{2} ρ

$P_{i\to f} = \frac{2\pi}{\hbar} \left|M_{i,f}\right|^2 \rho$ dónde

ρ

$\rho$ es la densidad de estados finales que es proporcional a

p^{2}

$p^2$ para partículas masivas. Para encontrar la tasa ¹ para todos los estados finales posibles, sumamos estas probabilidades de manera incoherente. Cuando la diferencia de masa entre los estados inicial y final es mucho menor que la

W

$W$ masa del elemento de la matriz

M_{i, f}

$M_{i,f}$ depende solo débilmente (¡ja!) del estado particular y la suma se aproxima bien mediante una suma solo sobre la densidad de estados:

{PAGS}_{decadencia} \approx \frac{2 π}{ℏ} {| {METRO}_{} |}^{2} \int_{todos los resultados} ρ .

$P_\text{decay} \approx \frac{2\pi}{\hbar} \left|M_{}\right|^2 \int_\text{all outcomes} \rho .$ Esta suma se denomina colectivamente el espacio de fase disponible para el decaimiento. En estos casos, el elemento de la matriz también es bastante pequeño por la razón que discute el Dr. BDO .

El cálculo del espacio de fase puede ser bastante complicado, ya que se deben tomar todos los momentos sin restricciones de los productos. Para decaer a dos estados corporales resulta fácil, no hay libertad en los estados finales excepto el $4\pi$ distribución angular en el marco de decaimiento (hay ocho grados de libertad en dos 4 vectores, pero 2 masas y la conservación de cuatro impulsos representan todos ellos excepto los ángulos azimutal y polar de una de las partículas).

Los decaimientos sobre los que has preguntado son a tres estados corporales. Eso nos da doce grados de libertad menos tres restricciones de masas, cuatro de conservación de 4-momentum lo que deja cinco. Tres de estos son los ángulos de Euler que describen la orientación del decaimiento (y un factor de $8\pi^2$ a $\rho$ ), por lo que nuestra suma es sobre dos momentos no trivales. La integral se ve algo como

\begin{matrix} ρ \propto \int {pags}_{1}^{2} d {pags}_{1} \int {pags}_{2}^{2} d {pags}_{2} \int d (porque θ) & d ({metro}_{0} - {mi}_{1} - {mi}_{2} - {mi}_{3}) \\ d ({mi}_{1}^{2} - {metro}_{1}^{2} - {pags}_{1}^{2}) \\ d ({mi}_{2}^{2} - {metro}_{2}^{2} - {pags}_{2}^{2}) \\ d ({mi}_{2}^{2} - {metro}_{2}^{2} - {pags}_{2}^{2}) \\ d ({\vec{pags}}_{1} + {\vec{pags}}_{2} + {\vec{pags}}_{3}) \end{matrix}

$\begin{array}\\ \rho \propto \int p_1^2 \mathrm{d}p_1 \int p_2^2 \mathrm{d}p_2 \int \mathrm{d}(\cos\theta) &\delta(m_0 - E_1 - E_2-E_3 ) \\ &\delta(E_1^2 - m_1^2 - p_1^2) \\ &\delta(E_2^2 - m_2^2 - p_2^2) \\ &\delta(E_2^2 - m_2^2 - p_2^2) \\ &\delta(\vec{p}_1 + \vec{p}_2 + \vec{p}_3) \end{array}$ que es más fácil de calcular en Monte Carlo que a mano. (Por cierto, la razón para introducir la integral aparentemente redundante sobre el ángulo

θ

$\theta$ entre los momentos de las partículas 1 y 2 se hará evidente en poco tiempo).

Para las desintegraciones beta, el núcleo remanente es muy pesado en comparación con la energía liberada, lo que simplifica lo anterior en un límite .

En el caso de la desintegración de muones, no es descabellado tratar todos los productos como ultrarrelativistas, y lo anterior se reduce a

\begin{matrix} ρ \propto \int {pags}_{1}^{2} d {pags}_{1} \int {pags}_{2}^{2} d {pags}_{2} \int d (porque θ) & d ({metro}_{0} - {mi}_{1} - {mi}_{2} - {mi}_{3}) \\ d ({mi}_{1} - {pags}_{1}) \\ d ({mi}_{2} - {pags}_{2}) \\ d ({mi}_{3} - {pags}_{3}) \\ d ({\vec{pags}}_{1} + {\vec{pags}}_{2} + {\vec{pags}}_{3}) \\ = \int {pags}_{1}^{2} d {pags}_{1} \int {pags}_{2}^{2} d {pags}_{2} \int d (porque θ) & d ({metro}_{0} - {pags}_{1} - {pags}_{2} - {pags}_{3}) \\ d ({\vec{pags}}_{1} + {\vec{pags}}_{2} + {\vec{pags}}_{3}) \\ = \int {pags}_{1}^{2} d {pags}_{1} \int {pags}_{2}^{2} d {pags}_{2} \int d (porque θ) & d ({metro}_{0} - {pags}_{1} - {pags}_{2} - | {\vec{pags}}_{1} + {\vec{pags}}_{2} |) \\ = \int {pags}_{1}^{2} d {pags}_{1} \int {pags}_{2}^{2} d {pags}_{2} \int d (porque θ) & d ({metro}_{0} - {pags}_{1} - {pags}_{2} - \sqrt{{pags}_{1}^{2} + {pags}_{2}^{2} - {pags}_{1} {pags}_{2} porque θ}) \end{matrix}

$\begin{array}\\ \rho \propto \int p_1^2 \mathrm{d}p_1 \int p_2^2 \mathrm{d}p_2 \int \mathrm{d}(\cos\theta) &\delta(m_0 - E_1 - E_2 - E_3 ) \\ &\delta(E_1 - p_1) \\ &\delta(E_2 - p_2) \\ &\delta(E_3 - p_3) \\ &\delta(\vec{p}_1 + \vec{p}_2 + \vec{p}_3) \\ = \int p_1^2 \mathrm{d}p_1 \int p_2^2 \mathrm{d}p_2 \int \mathrm{d}(\cos\theta) &\delta(m_0 - p_1 - p_2 - p_3 ) \\ &\delta(\vec{p}_1 + \vec{p}_2 + \vec{p}_3) \\ = \int p_1^2 \mathrm{d}p_1 \int p_2^2 \mathrm{d}p_2 \int \mathrm{d}(\cos\theta) &\delta(m_0 - p_1 - p_2 - \left|\vec{p}_1 + \vec{p}_2\right| )\\ = \int p_1^2 \mathrm{d}p_1 \int p_2^2 \mathrm{d}p_2 \int \mathrm{d}(\cos\theta) &\delta\left(m_0 - p_1 - p_2 - \sqrt{p_1^2 + p_2^2 - p_1p_2\cos\theta} \right) \end{array}$ La integral sobre el ángulo se evaluará como uno en algunas regiones y cero en otras y como tal es equivalente a asignar correctamente los límites de las otras dos integrales, por lo que escribir

δ m = m_{0} - m_{1} - m_{2} - m_{3}

$\delta m = m_0 - m_1 - m_2 - m_3$ obtenemos

\begin{array}{r} \propto \int_{0}^{d metro / 2} {pags}_{1}^{2} d {pags}_{1} \int_{0}^{d metro - {pags}_{1}} {pags}_{2}^{2} d {pags}_{2} \\ \propto \int_{0}^{d metro / 2} {pags}_{1}^{2} d {pags}_{1} {[\frac{{pags}_{2}^{3}}{3}]}_{{pags}_{2} = 0}^{d metro - {pags}_{1}} \\ \propto \int_{0}^{d metro / 2} {pags}_{1}^{2} d {pags}_{1} \frac{(d metro - {pags}_{1})^{3}}{3} \end{array}

$\begin{array} \rho & \propto \int_0^{\delta m/2} p_1^2 \mathrm{d}p_1 \int_0^{\delta m-p_1} p_2^2 \mathrm{d}p_2 \\ & \propto \int_0^{\delta m/2} p_1^2 \mathrm{d}p_1 \left[ \frac{p_2^3}{3}\right]_{p_2=0}^{\delta m-p_1} \\ & \propto \int_0^{\delta m/2} p_1^2 \mathrm{d}p_1 \frac{(\delta m - p_1)^3}{3} \end{array}$ que no me voy a molestar en terminar pero muestra que ese espacio de fase puede variar como una potencia alta de la diferencia de masa (hasta la sexta potencia en este caso).

¹ La vida útil del estado es inversamente proporcional a la probabilidad

dmckee, me divierte mucho, pero lo aprecio mucho: me hiciste darme cuenta de lo verdaderamente fuera de lugar que era mi respuesta sobre la debilidad de la fuerza débil para los neutrones... ¡ y creaste una respuesta que vale la pena profundizar aquí! Así que gracias.
@Terry Bueno, puede encontrar ejemplos de desintegraciones fuertes y desintegraciones débiles con diferencias de masa y estados finales similares, y la diferencia en el tiempo de esos se debe a la masa de los bosones débiles. Simplemente no es toda la historia.
En realidad, esa es una muy buena respuesta. Estaba anticipando algo mucho más críptico, pero era legible y bueno en matemáticas, bueno, supongo que es bueno, ¡seguro que no lo verifiqué! Gracias. (Er... ¿olvidamos al tipo que preguntó esto originalmente?... :)
@Terry - tal vez lo hiciste (olvídame) pero no olvidé la pregunta;) ¡Excelente respuesta por cierto! Mi agradecimiento a todos los involucrados

dar · Answer 2

Puede estimar la vida útil de los neutrones mediante el análisis dimensional. La desintegración beta está correctamente descrita por la bien conocida teoría de Fermi de cuatro fermiones, por lo que la amplitud debe ser proporcional al acoplamiento $G_F\approx10^{-5}\text{GeV}^{-2}$ (la constante de Fermi). La tasa de decaimiento es proporcional a la amplitud al cuadrado:

Γ \propto {GRAMO}_{F}^{2} .

$\Gamma\propto G_F^2\thinspace.$

$\Gamma$ tiene unidades de masa mientras que $G_F^2$ tiene unidades de $[\text{Mass}]^{-4}$ , por lo que para obtener las unidades correctas debemos tener

Γ \propto {GRAMO}_{F}^{2} Δ^{5}

$\Gamma\propto G_F^2 \Delta^5$

dónde $\Delta$ es alguna cantidad que tiene unidades de masa. La escala de masa relevante en la desintegración de neutrones es la diferencia de masa entre el neutrón y el protón, por lo que $\Delta=m_n-m_p\approx10^{-3}\text{GeV}$ .

Para ser un poco más preciso, uno puede intentar adivinar el $\pi$ dependencia de la tasa de decaimiento. Esto viene del espacio de fase de un decaimiento de 3 cuerpos, que usualmente va como

(2 π)^{4} \times [(2 π)^{- 3} \times (2 π)^{- 3} \times (2 π)^{- 3}] \times (π^{2}) \propto π^{- 3} .

$(2\pi)^4\times\Big[\thinspace(2\pi)^{-3}\times(2\pi)^{-3}\times(2\pi)^{-3}\Big]\times (\pi^2)\ \propto\ \pi^{-3}\thinspace.$

El primer factor proviene de la función delta de conservación de cuatro momentos, los tres $(2\pi)^{-3}$ en el paréntesis provienen de la medida de integración de los 4 momentos de cada partícula saliente y el último factor proviene de la integración de las variables angulares. Finalmente se obtiene la siguiente estimación

Γ \propto \frac{1}{π^{3}} {GRAMO}_{F}^{2} ({metro}_{norte} - {metro}_{pags})^{5}

$\Gamma\propto \frac{1}{\pi^3}G_F^2(m_n-m_p)^5$

Si uno conecta todos los números, la vida útil estimada del neutrón dice

τ_{neutrón} = Γ^{- 1} \approx π^{3} segundo.

$\tau_{\text{neutron}}\ =\ \Gamma^{-1}\ \approx\ \pi^3 \ \text{sec.}$

Esto es un poco más corto que el valor real, que es al menos un orden de magnitud mayor. Pero explica por qué el tiempo de vida del neutrón es tan grande (inverso de la quinta potencia de la pequeña diferencia de masa) con respecto a otros procesos de decaimiento débil.

Dra. BDO Adams · Answer 3

Dra. BDO Adams

Como dices correctamente, el decaimiento de neutrones es un decaimiento debido a la interacción débil, estos son bastante más lentos que otros decaimientos debido a la masa del bosón W intermedio, 81GeV, que ralentiza la reacción, además el decaimiento de neutrones solo libera un pequeño cantidad de energía, alrededor de 1 MeV, es la relación entre la energía liberada y la masa del W lo que establece la velocidad de la reacción, que es mucho más lenta que otras desintegraciones, ya que todas las demás desintegraciones de partículas liberan mucha más energía.

terry bollinger

El Dr. BDO ya lo clavó, así que solo para darle otro ángulo: el neutrón se desintegra muy lentamente porque tiene una opción disponible para desintegrarse en el protón de masa ligeramente inferior. Esa opción es la descomposición débil, que requiere que una de las partes internas de los neutrones, un quark down (carga -1/3), emita una partícula de fuerza muy masiva llamada

W^{-}

$W^-$ . los

W^{-}

$W^-$ luego decae rápidamente en un electrón ordinario y un antineutrino. La incertidumbre tiempo-energía cuántica permite

W^{-}

$W^-$ formar partículas, pero muy raramente debido a sus masas súper altas.

dmckee --- gatito ex-moderador

En realidad, esto es muy incompleto, porque otras desintegraciones débiles pueden proceder mucho más rápido. La desintegración de muones es un proceso débil y tiene una vida media de

10^{- 6}

$10^{-6}$ segundos. La desintegración del pión cargado es un proceso débil con una vida media de

10^{- 8}

$10^{-8}$ segundos y así sucesivamente. Luego están los procesos de desintegración débil que son mucho más lentos como en muchos isótopos activos beta de larga vida. El espacio de fase disponible para los productos juega un papel importante en la respuesta completa.

Forever_a_Newcomer

No estoy completamente satisfecho con la respuesta. Me parece que dr-bdo-adams y @terry-bollinger están explicando esto basándose en la falta de cáscara de la W. Pero aún así la diferencia es demasiado grande, la vida útil de los neutrones es

10^{9}

$10^9$ veces mayor que la del Muon, pero la "energía liberada" es sólo

10^{2}

$10^2$ menor. ¿Esto va como

{(\frac{E_{L}}{M_{W}})}^{4}

$\left(\frac{E_L}{M_W}\right)^4$ ? (

E_{L}

$E_L$ es la energía liberada). ¿Alguien puede darme pistas de por qué tenemos un poder tan alto en la dependencia?

terry bollinger

Bueno, @dmckee tiene razón: esa fue una explicación muy incompleta que intenté, y solo algún enfoque que aborde los espacios de fase del producto puede explicar la amplia gama de tiempos de disminución de la fuerza débil. dmckee, la pelota está en tu cancha si quieres intentarlo...

dmckee --- gatito ex-moderador

"dmckee, la pelota está en tu cancha si quieres intentarlo ..." @TerryBollinger De hecho, comencé justo después de que se publicó la pregunta solo para darme cuenta de que no puedo ofrecer una imagen completa en este momento. Necesito tomar algo de mi copioso tiempo libre y refrescarme en este asunto.

terry bollinger

Genial, espero tu respuesta! He sido descuidado en este punto durante mucho tiempo, y ni siquiera me había detenido a pensar en mi inconsistencia hasta que tú y @Forever_a_Newcomer lo señalaron. Esta es realmente una pregunta más interesante de lo que me había dado cuenta a primera vista.

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Forever_a_Newcomer

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