Обсуждение:Атомное ядро

ПереоценкаПравить

Перенесено со страницы Обсуждение участника:Kays666.

Мне кажется статью Атомное ядро теперь можно переоценить, как считаете? Huller 13:00, 18 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Да, статья стала намного полнее :) Вечерком пройдусь по оформлению и переоценю. Кстати, есть ли у Вас возможность добавить теорию по спину и четности ядер? И еще - удаленная информация по распаду ядер, как мне кажется, была бы уместна в разделе "Устойчивость ядер". --Kays^ббб 14:54, 18 мая 2010 (UTC) А в будущем еще бы и исторический раздел расширить не мешало, это уже если на I уровень её двигать. --Kays^ббб 14:57, 18 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

По спину и магнитному моменту есть, но я думаю это в статьи нейтрон и спин внести, там эта информация мне кажется уместнее, а по чётности, в статье Капельная модель ядра ещё есть, посмотрю ещё что-нибудь. По уровням есть ещё хорошая инфа...плохо то, что иллюстраций практически нет, без них нет смысла многие важные вещи добавлять...А по распаду ядер...может и уместно, может и нет...я удалял из тех соображений что в шаблоне он есть, и сам раздел мне не очень нравился, в общем-то можно и виде раздела возродить его, но мне кажется переписывать надо. По историческому разделу в принципе и сейчас инфа есть...можно будет добавить со временем. Huller 15:30, 18 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Мои соображения:

1. т.к. спин/четность являются одними из основных характеристик ядра (т.е. "не сами по себе", а именно как характеристики ядра), информация по ним должна (по-хорошему) присутствовать в статье "Атомное ядро"
2. Информацию без иллюстраций добавлять нужно. Иллюстрации - дело наживное, потом покумекаем, сделаем сами либо попросим в соотв. проекте, где помогают с этим. Если не добавлять информацию и просто ждать иллюстраций - то можно и не дождаться :)
3. Предлагаю инфу по распаду временно возродить, будет время - доработаем. Все-таки распад/стабильность ядра это очень важный момент, по-меньшей мере его стоит упомянуть.

--Kays^ббб 15:50, 18 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Хорошо, я сейчас другой очень важной темой хочу заняться, поправьте пока что считаете нужным, потом вернусь ещё раз к ядру, постараюсь дополнить. Там нужен ещё отдельный раздел «ядерные реакции» кстати, с основной статьёй под заголовком Huller 17:02, 18 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Поправил по мелочи, может быть попозже тоже гляну в книгах, чего дополнить. --Kays^ббб 19:00, 18 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Я ещё почти все разделы дополнил, с учётом обсуждения выше, добавил о спинах, моментах, чётности. Осталось дополнить три раздела, которые по нескольку строк всего размером, расширить историческую часть и будет похожа на что-то очень неплохое ). Но я устал всё же ядром бороться, займусь делением ядра, там просто позорный стаб, а какая важная тема. Huller 21:40, 18 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Супер. С Вашего позволения давайте продолжим здесь, раз уж обсуждаем работу над этой статьей :) Я еще планирую немного подправить оформление. --Kays^ббб 06:49, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Энергии нуклонов в ядреПравить

Посмотрите пож. вопрос в Обсуждение:Сильное взаимодействие. Я не знаю как подправить, и надо ли это делать. --Source 07:20, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Да нет, всё более-менее разумно. Например, в потенциале Вудса—Саксона глубина ямы составляет около 50 МэВ. В других моделях энергии того же порядка — см., например, вот этот обзор, где для потенциала модифицированного гармонического осциллятора (не знаю точно, как MHO по-русски) приводятся уровни энергии нуклонов более 50 МэВ (для тяжёлых ядер). Kv75 08:18, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Но тогда "средняя энергия связи" является некорректным термином, так как высчитывается по дефекту масс неподвижных частиц? --Source 10:19, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Не знаю, насколько он корректен, но вполне общепринят в этой области — см. также en:Binding energy.

Смысл в том, что полная энергия нуклона в ядре меньше энергии свободного нуклона (грубо говоря, $\gamma M+U<M\,$  ). И вот эта разность и есть удельная энергия связи. Kv75 11:08, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Я знаю, что термин общепринят, поэтому и возник вопрос. Энергией связи мы называем потенциальную энергию. Поэтому, Для ядра массы $M$$M$  с числом нуклонов $A$$A$ , по порядку величин имеем энергию связи потенциал $U=M/A-<!--\; -\; -->\mathrm{\gamma <!--\; \gamma \; -->}{m}_p$$U=M/A-\gamma m_{p}$ . Если скорость нуклонов мала ($\mathrm{\gamma <!--\; \gamma \; -->}=1$$\gamma =1$ ), получаем оценку $U=M/A-<!--\; -\; -->m_p$$U=M/A-m_{p}$ , известный график которой приведен в статье. Из него следует, что $|U|\sim <!--\; \sim \; -->8$$|U|\sim 8$  МэВ. Если кинетическая энергия нуклона действительно $T_k\sim <!--\; \sim \; -->30$$T_{k}\sim 30$  МэВ, то $U=M/A-<!--\; -\; -->m_p-<!--\; -\; -->T_k$$U=M/A-m_{p}-T_{k}$ , и энергия связи потенциал должен быть существенно больше. Грубо говоря при энергии 30 МэВ нуклоны тут же бы вылетали из потенциальной ямы глубиной 8 МэВ. Собственно в этом я и увидел проблему. --Source 14:25, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Примитивное объяснение в цифрах: потенциальная яма 38 Мэв, кинетическая энергия 30 МэВ, разница (удельная энергия связи) равна 8 МэВ. --Kays^ббб 15:26, 19 мая 2010 (UTC) На всякий случай сделаю уточнение — в приведенном Kv75 выражении ($\gamma M+U<M\,$ ) U — это потенциал. --Kays^ббб 15:30, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Всё верно. Но именно поэтому важна оценка средней скорости (кинетической энергии), так как она даёт величину внутриядерного взаимодействия: U=8 МэВ или U= 38 МэВ (разница 5 раз!) --Source 18:28, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

---

Попробую продемонстрировать как легко в таких оценочных формулах наиграть лишние 2 порядка. Если в формулу через число состояний подставить объём ядра, с радиусом $R=r_0{A}^{1/3}$$R=r_0 A^{1/3}$ , где $r_0\sim <!--\; \sim \; -->1.23fm$$r_{0}\sim 1.23\,fm$  (ферми), получим:

$p_0={\left(\frac{3A{\mathrm{\pi <!--\; \pi \; -->}}^2}{2V}\right)}^{1/3}\frac{h}{2\mathrm{\pi <!--\; \pi \; -->}}={\left(\frac{9\mathrm{\pi <!--\; \pi \; -->}}{8}\right)}^{1/3}\frac{h}{2\mathrm{\pi <!--\; \pi \; -->}{r}_0}\approx <!--\; \approx \; -->1.52\frac{\mathrm{\hslash <!--\; \hslash \; -->}}{r_0}=1.52\frac{1.05\cdot <!--\; \cdot \; -->{10}^{-<!--\; -\; -->34}Js}{1.23\cdot <!--\; \cdot \; -->{10}^{-<!--\; -\; -->15}m}\approx <!--\; \approx \; -->1.3\times <!--\; \times \; -->{10}^{-<!--\; -\; -->19}$$~{p_{0}}=\left({{\frac {3A{\pi }^{2}}{2V}}}\right)^{{1/3}}{{\frac {h}{2{\pi }}}}=\left({{\frac {9\pi }{8}}}\right)^{{1/3}}{{\frac {h}{2{\pi }r_{0}}}}\approx 1.52\,{{\frac {\hbar }{r_{0}}}}=1.52\,{\frac {1.05\cdot 10^{{-34}}\,Js}{1.23\cdot 10^{{-15}}\,m}}~{\approx }~{1.3{\times }10^{{-19}}}$  кг$\cdot <!--\; \cdot \; -->$${\cdot}$ м$/$$/$ с.

Числовое значение импульса по этой формуле в кг м/c в статье завышено на порядок (там $1.5\cdot <!--\; \cdot \; -->{10}^{-<!--\; -\; -->18}$$1.5\cdot 10^{{-18}}$ ), но кинетическая энергия в МэВ дана верно:

$p_0\approx <!--\; \approx \; -->1.52\frac{\mathrm{\hslash <!--\; \hslash \; -->}}{r_0}\approx <!--\; \approx \; -->1.52\frac{197}{1.23}\frac{MeV}{c}\approx <!--\; \approx \; -->244\frac{MeV}{c},$$~{p_{0}}\approx 1.52\,{{\frac {\hbar }{r_{0}}}}\approx 1.52\,{{\frac {197}{1.23}}}\,{\frac {MeV}{c}}~{\approx }~244\,{\frac {MeV}{c}},$ 

где $\mathrm{\hslash <!--\; \hslash \; -->}c=197MeVfm$$\hbar c=197\,MeV\,fm$ . Дальше скорость света $c=1$$c=1$ . Кинетическая энергия:

$T=\sqrt{p_0^2+m_p^2}-<!--\; -\; -->m_p=31MeV,$$T={\sqrt {p_{0}^{2}+m_{p}^{2}}}-m_{p}=31~MeV,$ 

где $m_p=938MeV$$m_{p}=938\,MeV$ . Теперь теряем порядки. При выводе формулы на основе числа состояний, при переходе от импульсного пространства к координатному использована постоянная Планка без черты. Если взять с чертой: $h\mapsto <!--\; \mapsto \; -->\mathrm{\hslash <!--\; \hslash \; -->}$$h\mapsto \hbar$ , то импульс уменьшится в $6\sim <!--\; \sim \; -->2\mathrm{\pi <!--\; \pi \; -->}$$6\sim 2\pi$  раз: $p_0=39MeV$$p_{0}=39\,MeV$ , а кинетическая энергия в 40 раз:

$T=\sqrt{p_0^2+m_p^2}-<!--\; -\; -->m_p=0.8MeV,$$T={\sqrt {p_{0}^{2}+m_{p}^{2}}}-m_{p}=0.8~MeV,$ 

При этом скорость 0.04 с, что уже ближе (для меня) к интуитивному восприятию того, что должно происходить в ядре. Поэтому к подобным оценкам, думаю, нужно относиться очень осторожно. Например, заметно проще оценку можно провести при помощи соотношения неопределённостей. В этом случае импульс будет уменьшаться с ростом числа нуклонов (чем больше ядро тем меньше p):

$p_0\sim <!--\; \sim \; -->\frac{\mathrm{\hslash <!--\; \hslash \; -->}/2}{2R}=\frac{0.25}{A^{1/3}}\frac{\mathrm{\hslash <!--\; \hslash \; -->}}{r_0}.$$p_{0}\sim {\frac {\hbar /2}{2R}}={\frac {0.25}{A^{{1/3}}}}\,{\frac {\hbar }{r_{0}}}.$ 

В результате, импульс и кинетическая энергии будут ещё меньше.

Думаю, лучше всего найти АИ для среднего значения импульса на основе более детальных квантовомеханических расчётов (потенциал Юкавы, и т.п). Увы, но я не слежу за работами по ядерной физике. --Source 17:55, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

---

Наверно сниму свои возражения. Просмотрел статью по потенциалу Вудса—Саксона, о котором написал Kv75 (спасибо). Вот эту: [1] (Phys.Rev. из дому не доступен). К потенциалу Вудса—Саксона там ещё добавляют кулоновское отталкивание, но вроде в модели эффективного поля он существенно меньше. Глубина потенциала, действительно 50 МэВ. Кроме этого есть ещё такая фраза: «In addition to the central and Coulomb potentials identified above, the relativistic corrections for a nucleon with a Fermi momentum of typically 200 MeV are important.» Хотя дальше используется квазирелятивистская модель (p^2/2m+p^4/8m^3), что очень странно при таких скоростях. Но наверно люди знают, что делают. Так, что при таком импульсе кинетическая энергия 20 МэВ, что близко к сделанной оценке. Спасибо всем за обсуждение. --Source 19:58, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Цитата из обзора по этим моделям:

Mean-field models for low-energy nuclear structure physics employing nonrelativistic kinematics are quite successful. This is at first not surprising, since the depth of the nuclear potential is below 100 MeV and much smaller than the nucleon rest mass of nearly 1 GeV. However, this depth is the result of the cancellation between much larger contributions and there are therefore good reasons to consider relativistic kinematics for the nucleon. One of the most obvious signatures of relativity is the large nuclear spin-orbit force. In a relativistic description, the spin-orbit interaction emerges naturally from the interplay between two strong and counteracting fields: a long-range attractive scalar field and a shortrange repulsive vector field. These fields nearly cancel each other out in the calculation of the potential but add up for the spin-orbit interaction. Duerr (1956) had already shown by the 1950s how in a phenomenological relativistic theory the saturation properties of nuclear matter are reproduced and a spin-orbit interaction emerges naturally without any separate adjustable parameter. These properties are common to any relativistic model, although the mechanism leading to saturation or the way the spin-orbit interaction appears depend on the particular framework that is used.

Kv75 06:59, 20 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Внёс небольшие правки в статью Сильное взаимодействие --Source 20:42, 19 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

---

Добавил ссылку на Бете и Моррисона, где также приведена оценка v=c/4. ВП не место обсуждать АИ, поэтому вопрос по статье исчерпан.

Но в обсуждении могу высказаться. Оценка, на основе свободного ферми-газа даёт не средний импульс, а предельный (импульс Ферми). Хотя он близок к среднему (ступенька при T=0). Тем не менее, определённый произвол в связи импульсного и координатного пространств, и как показано выше - чувствительность к такому произволу кинетической энергии делает такие оценки подозрительными.

По-хорошему, необходимо написать энергию связи, как квантовомеханическое среднее от суммы кинетической $T$$T$  и потенциальной $U$$U$  энергий:

$E=\frac{M}{A}-<!--\; -\; -->m=⟨T⟩+⟨U⟩\approx <!--\; \approx \; -->-<!--\; -\; -->8MeV,$$E={\frac {M}{A}}-m=\left\langle T\right\rangle +\left\langle U\right\rangle \approx -8~MeV,$ 

где M-масса ядра, m-масса нуклона, A-число нуклонов. Для нерелятивистской задачи $T={\mathbf{p}}^2/2m$$T={\mathbf {p}}^{2}/2m$ , для релятивистской $T=\sqrt{{\mathbf{p}}^2+m^2}-<!--\; -\; -->m$$T={\sqrt {{\mathbf {p}}^{2}+m^{2}}}-m$ , или разложение по ${\mathbf{p}}^2$${\mathbf {p}}^{2}$  (везде с=1).

вопрос школьника. Если представить ядро ввиде музыкальной шкатулки где музыка это плазма ядра то как она влияет на енергию сязи ядра? иван.

Знание глубины потенциала (например, Вудса—Саксона = - 50 MeV), само по себе, не даёт возможности сделать оценки. Мы имеем квантовую задачу, и понятно, что частица не лежит на дне (например, для Кулона «дно» равно минус бесконечности). Ко всем этим обсуждениям меня привёл вопрос - может ли средняя кинетическая энергия существенно превышать энергию связи? В статье стоит оценка 30 MeV. Энергия связи только 8 MeV. Чтобы ответить с минимумом произвола необходимо, при параметрах потенциала подогнанных по ядерной спектроскопии, численно вычислить соответствующее среднее. Для кулоновского потенциала притяжения, в силу вириальной теоремы получается «критичное» значение <T>=-E=8 MeV. Для Вудса—Саксона интуитивно мне сказать сложно, какой будет ответ. Меньше <T> энергии связи -E или больше, и если больше, то на сколько? --Source 06:24, 20 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Потенциал Вудса-Саксона по смыслу близок к обычной «прямоугольной» потенциальной яме — просто аккуратно сглаженной. Поэтому с виду я сказал бы, что средняя кинетическая энергия в нём вполне может существенно превышать энергию связи. Расчёты мне пока не попадались; увижу — дам ссылку. Kv75 07:12, 20 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Возможно Вы правы. Для «мелкой» и «узкой» ямы — так точно. Напишу-ка я авторам той статьи… Если будет ответ — приведу его здесь. --Source 08:04, 20 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

См. ниже (объединение 2-х писем и добавлены теги math. Привожу с согласия Alexander) --Source 09:55, 21 мая 2010 (UTC)Ответить[ответить]

---

Dear Sergey, There is really no ambiguity here. We are discussing several different things: potential energy, fermi energy, average kinetic energy, and total energy. Taking a Fermi gas model we arrive to Fermi momentum 1.36 fm^-1 (generally adopted value) that corresponds to 37 MeV kinetic energy (Fermi energy). Since all levels from zero energy to Fermi energy are filled the average kinetic energy is 3/5 of the Fermi energy (simple integral over the sphere in momentum space gives 3/5). Thus, the average kinetic energy of a nucleon is about 22 MeV. Now if we assume that all nucleons are in the well 40 MeV deep then average binding energy per nucleon is about 18 MeV. This is roughly the volume term in Weizsäcker's formula. This volume term is different from 8 MeV nucleon binding because there are still nucleon-nucleon interactions that give surface tension, pairing correlations and so on.

However, if you look at the nucleon separation energy, namely the energy that it takes to remove a nucleon from a nucleus. Then since the top of the fermi surface is at 37 MeV from the 40-50 MeV bottom of the well we arrive to about 3-13 MeV, which on average explains the 8 MeV in question.

As for the relativistic effects the main component is spin-orbit term, which is relevant for the ordering of single-nucleon states in the well. Expansion term in kinetic energy $p^4/(8m^3)$$p^{4}/(8m^{3})$  is only 0.8 MeV at Fermi surface, which is just too small compare to other uncertainties.

With respect to you second question there is really nothing contradicting with relativity. Non-relativistic approximation is simply very good. Look, the exact kinetic energy is $\sqrt{m^2+p^2}-<!--\; -\; -->m$${\sqrt {m^{2}+p^{2}}}-m$  =38.4 MeV assuming m=930 and p=270, on the other hand the classical formula $p^2/(2m)$$p^{2}/(2m)$  gives 39.2 MeV. The difference is only 0.8 MeV. Of course this is because in expansion $\sqrt{1+(x{)}^2}=1+x^2/2-<!--\; -\; -->x^4/8$${\sqrt {1+(x)^{2}}}=1+x^{2}/2-x^{4}/8$  the term beyond classical goes as $1/8(v/c{)}^4$$1/8(v/c)^{4}$  (from total energy) which means that the correction to classical kinetic energy is of the order $(v/c{)}^2/4$$(v/c)^{2}/4$ . It is only 1.5%.

Best wishes, Alexander Volya, Department of Physics, Florida State University,

---

Радиус ядраПравить

Есть более точная формула:

Так как полностью сферических форм ядра не существует, то приведённый радиус ядра можно рассчитывать через приведение ядра к сферической форме. Определение радиуса ядра проводится в два этапа. В первом этапе мы определяем объём приведённой сферы через выражение: Vcф=К.Vнук.А. Здесь К – коэффициент заполнения любого объёма шаром, равного: К=1,91, Vнук – объём нуклона, А – массовое число. После чего находим радиус сферы равного: Rсф = (Vcф.3/4π)^1/3. Во втором этапе мы находим радиус ядра через выражение Rяд = Rсф – ΔRсф. Здесь ΔRсф является дефектом Rсф, связанного с энергией связи или дефекта массы, он определяется следующим образом: ΔRсф = Rсф.Dэ.(n-1)/Dнук.n. Где Dэ – диаметр электрона, Dнук – диаметр нуклона, а n количество диаметров нуклонов размещающихся по длине диаметра сферы: n= Dнук / Dэ. Теперь можно записать уравнение для определения радиуса ядра: Rяд = Rсф - Rсф. Dэ.(n-1)/n. Dнук.

Исправление: вместо n= Dнук / Dэ. должно быть n=Dсф/Dнук.

Добавлено в текст статьи анонимным участником и перенесено сюда мной. Просьба анонимному участнику привести источник этого текста. Также просьба другим участниками оценить его. Huller 12:57, 19 ноября 2010 (UTC)Ответить[ответить]

Формула для оптимального соотношения N/ZПравить

$N/Z\approx <!--\; \approx \; -->1+0.015A^{2/3}$$~N/Z\approx 1+0.015A^{{2/3}}$ 

согласно ссылке http://en.wikipedia.org/wiki/Semi-empirical_mass_formula#Examples_for_consequences_of_the_formula с учётом значений коэффициентов $a_C=0.711$$a_{C}=0.711$  и $a_A=23.7$$a_{A}=23.7$  (по Рольфу; отношение $a_C/2a_A$$a_{C}/2a_{A}$  по другим источникам также близко к 0.015).

Добавил ссылку на книгу Рольфа.

Droog Andrey 20:07, 2 апреля 2012 (UTC)Ответить[ответить]

КваркиПравить

В атомном ядре протоны и нейтроны сохраняют свою отдельность, или же они распадаются на кварки, и тогда ядро напрямую состоит из всех этих кварков? — Monedula 11:51, 30 ноября 2012 (UTC)Ответить[ответить]

Сообщение об ошибкеПравить

Перенесено со страницы ВП:Сообщения об ошибках#Атомное ядро.

в "Атомное ядро" "Единственный нестабильный атом без нейтронов - Гелий-2 (дипротон).[1]

в "Таблице нуклидов" 2He

Такого изотопа без нейтрона не существует. Все попытки его получить были не удачными получали 2H

Автор сообщения: Kslave2 01:33, 7 апреля 2015 (UTC)Ответить[ответить]

• Под нестабильностью, очевидно, и подразумевается фактическое несуществованние. Вы предлагаете убрать его из таблицы нуклидов? --INS Pirat 18:18, 7 апреля 2015 (UTC)Ответить[ответить]
  • Тогда непонятно, почему единственный. Множество несуществующих сущностей бесконечно. Взял на себя смелость удалить это утверждение вообще, тем более оно не подкреплено АИ. --Дмитрий Шварц 08:30, 8 апреля 2015 (UTC)Ответить[ответить]
    • Дипротон наблюдался как продукт некоторых реакций, нет сомнений и присутствии его значительного единовременного количества в природе. В отличие от гипотетических частиц из трёх и более протонов. Исходное утверждение, однако, тоже неверно, поскольку электронной оболочкой эта частица за время существования шансов обзавестись не имеет, и потому атомом не является. Гиперзвуковой 07:19, 14 апреля 2015 (UTC)Ответить[ответить]
•   К обсуждению--Draa_kul ^talk 06:33, 29 апреля 2015 (UTC)Ответить[ответить]

Сильно сказаноПравить

Атомное ядро состоит из нуклонов — положительно заряженных протонов и нейтральных нейтронов.

На каком собственно основании, кроме тривиальных учебников для второкурсников и научпопа для прочих?

Пункт первый: Нейтрон в свободном состоянии, как известно, распадается за конечное время, но почему в атомном ядре этого не происходит?

Пункт второй: при спонтанном радиоактивном делении тяжёлых атомных ядер фиксируются, помимо прочего, возникшие при этом свободные нейтроны и это рассматривается как доказательство их наличия в исходном ядре. Но почему-то при альфа-, бета- и гамма-распаде никто не утверждает, что внутри исходного ядра есть ядра атома гелия-4, электроны и фотоны соответственно.

Пункт третий как продолжение пункта второго: если шарахнуть чем-то высокоэнергетичным по атомному ядру, то в числе продуктов реакции помимо меньших по массе атомных ядер, свободных нейтронов может наблюдаться целый зоопарк всяческой гиперонной экзотики. Она тоже есть внутри исходного ядра?

Пункт четвёртый - принцип неопределённости квантовой механики: для того, чтобы выяснить из чего состоит атомное ядро, исследователь взаимодействует с ним и меняет тем или иным образом его состояние, причем довольно-таки сильно, чтобы нарушить его стабильность. В лучшем случае можно делать выводы о том, во что превращается исходное ядро с воздействующим на него объектом, не больше.

Пункт пятый, упомянутый выше: при том же бета-распаде ядра что в нём меняется: нейтрон или кварк?

Исходя из этого, не лучше ли определить атомное ядро (кроме протона) как отдельную квантовомеханическую систему, которая при определённых условиях возникает из X свободных протонов и Y свободных нейтронов и близка по массе покоя к сумме масс покоя упомянутых частиц и при определённом внешнем умеренном по энергетике воздействии может быть на них же "разобрана". А что внутри ядра - от лукавого. Принцип неопределённости рулит!

Изотопическое числоПравить

Имеются ли какие-либо авторитетные русскоязычные источники, подтверждающие, что "Количество нейтронов в ядре называется его изотопическим числом N"? В англоязычной литературе термин isotopic number используется в значении neutron excess – "избыток нейтронов", т.е. разность I = N – Z = A – 2Z. – lozovsky (обс.) 14:59, 17 августа 2019 (UTC)Ответить[ответить]