Практический курс физики. Квантовая физика. Элементы физики твёрдого тела и ядерной физики (1013875), страница 29
Текст из файла (страница 29)
Напомним, чтопозитрон +e0 имеет массу покоя, равную массе покоя электрона.Электрон и позитрон являются соответственно частицей иантичастицей. При их столкновении происходит двухфотоннаяаннигиляция материи, возникает два γ - кванта:+1e+ –1e = γ + γЭнергия β+ - распада может быть определена из выраженияΔE = m· c 2 , где Δm - дефект масс:Δm = mC -mB -me;E = 931,5Из таблицы находим:m 11 = 11,0114а.е.м.
mC6115ВМэВ(m − mB − me ).а.е.м. C= 11,0093а.е.м. mе = 0,00055 а.е.м.Подставляя значения масс, рассчитываем энергию β+ - распада:МэВ (11,0114 − 11,0093 − 0,00055) = 1,44МэВ.а.е.м.Задача 5.11. Определить массу атома, ядро которого, испуская αчастицу с энергией 5,46 МэВ, превращается в ядро изотопа 84Ро218.Масса полония mPо = 218,07676 а.е.м.E = 931,5РешениеЗапишем схему α-распада для ядра (5.15):167AZX→ 84Рo218 + 2α4 .Закон сохранения энергии для данного случая имеет вид:2mPo v Pom α v 2αm X c = m 0 Poc + m 0α c ++.22Перепишем выражение:2mPo v Pom α v 2α2(m x - m0Po - m 0α )c =+.22Запишем закон сохранения количества движения:0 = mPovPo + mαvα .m vОткуда:v Po = α α ,mPo2(m x − m0Po22⎛mα v 2α mPom2α v 2αm ⎞− m0 α )c =+= Eα ⎜⎜1 + α ⎟⎟,22mPo ⎠2mPo⎝m x = m 0 Po + m 0α +2⎛⎞Eα ⎛mα ⎞Eα⎜1 +⎟ = (mPo + m α )⎜1 +⎟,⎜⎜⎟931,5 ⎝mPo ⎠mPo ⋅ 931,5 ⎟⎠⎝⎛m x = ( 218,07676 + 4,00149 )⎜ 1 +⎝5,46⎞⎟ = 222,08424 а.е.м.218,07676 ⋅ 931,5 ⎠Задача5.12.
В настоящее время в руде содержится одинаковоеколичество атомов 82Рb206 и 92U238. Определить, каким былосодержание руды 109 лет назад.РешениеРуда образовалась t1 лет назад. В начальный момент рудасодержала только уран - N0 атомов. К моменту времени t1 по условиюзадачи в руде содержалось одинаковое количество атомов урана исвинца, следовательно время t1 по определению равно периодуполураспада урана t1 = ТU = 4,5⋅109 лет. К моменту времени t = 109 лет(отсчет ведется от настоящего момента времени) согласно законурадиоактивного распада (5.9) осталось не распавшимися числоатомов уранаNU = N0e−ln 2( t1− t )T.Число распавшихся атомов урана определится:ΔNU = N0 − N0 e−ln 2( t1− t )Tln 2⎡−( t1− t ) ⎤= N0 ⎢1 − e T⎥.⎢⎣⎥⎦Столько же атомов свинца образовалось в результате распадаурана:NPb = ΔNU.Содержание руды к моменту времени t определим соотношением168−ln 2( t1− t )T)NPb (1 − e=ln 2NU( t1− t )−e TОкончательно=ln 2( t1− t )eT0,6939( 4,5⋅109NPb ΔNU== e 4,5 ⋅10NUNU−109 )− 1.− 1 = 0,72 .Задача 5.13.
Известно, что при нормальных условиях из 2,5 градиоактивногополония за 32,86 дня за счет его распада образуется340,54 см гелия. По этим данным определить период полураспадарадиоактивного 84Ро210.РешениеГелий есть конечный продукт распада 84Ро210. Если найдем числоатомов образованного гелия, то будем знать число распавшихсяватомов полония. Для определения числа атомов, содержащихся52объеме гелия V при нормальных условиях (p0 = 1,013·10 Н/м ,Т0 = 273К), воспользуемся –23соотношением p0 = n0kТ, ΔN = n0V,p0V = ΔNkТ.
Здесь k = 1,38·10 Дж/К - постоянная Больцмана.Теперь имеемΔN =p0 V.kT0Эта же величина может быть определена из законарадиоактивного распада (см. формулу (5.9))N = N0 ⋅ e−ln 2tT ;ΔN = N0 − N = N0 (1 − e−ln 2tT ).Подставив величину N0 - число атомов полония в начальныймомент (N0 = m NA ) , получаем:Mln 2−tmΔN = NA (1 − e T ).MРешая совместно эти уравнения, найдем период полураспада полония:−p0 V m= NA (1 − ekT0 M1− e1− e−ln 2tT= 1−−ln 2tT=p0 VMp VM= 0;mkNA T0 mRT0p0 VM;mRT0−ln 2tT );kNA =R = 8,31Дж/(моль⋅К);⎛p VM ⎞ln 2⎟;t = ln⎜⎜ 1 − 0⎟mRTT0⎠⎝T=−ln 2 ⋅ t;⎛P0 VM ⎞⎟ln⎜⎜1 −⎟mRT0⎠⎝169T=−0,693 ⋅ 32,86⎛1,013ln⎜⎜ 1 −⎝⋅ 10 5 ⋅ 40,54 ⋅ 10 −6 ⋅ 210 ⋅ 10 −3 ⎞⎟= 138 суток.⎟⎠2,5 ⋅ 10 −3 ⋅ 8,31 ⋅ 273Задача 5.14. Определить количество тепла, которое выделяет 1мгпрепарата 88Rа226 за период, равный среднему времени жизни этихядер, если известно, что испускаемые α - частицы имеюткинетическую энергию 5,3 МэВ и практически все дочерние ядраобразуются в основном состоянии.РешениеЗапишем схему α - распада (5.15)88 Ra226α222⎯⎯→+2 α 4.86 RnВ результате единичного α - распада энергию Е получают α частица и дочернее ядро 86Rn222, образующееся по условию задачи восновном состоянии:E = E α + ERn2Mα v 2α MRn v Rn=+.22Считаем, что скорость образовавшихся частиц v много меньшескорости света.
Из закона сохранения количества движения:Mα v α = −MRn v Rn .можно определить скорость дочернего ядраv Rn = v αТогда для Е имеем:E=Mα.MRnMα v 2α MRnv 2αM2α Mα v 2α ⎛Mα ⎞⎜1 +⎟.+=222 ⎜⎝ MRn ⎟⎠2MRnТаким образом, при распаде каждого ядра выделяется такаяэнергия с учетом того, что:Mα v 2αEα =,2⎛Mα ⎞⎟.⎟M⎝Rn ⎠Полная энергия распада ядер 1 мг препарата Rа226Q = Eполн = E·ΔN,где ΔN - число распавшихся ядер за время, равное среднему временижизни τ.Число ΔN найдем, используя закон радиоактивного распада (5.9):N = N0eN0 =− λtE = Eα ⎜⎜1 += N0emNA ;MRa−tτ,т.к.1λ= ;τNA = 6,02 ⋅ 10 23 моль −1;ΔN = N0 − N = N0 − N0e −λt = N0 (1 − e −1);(5.10а)170mΔN = MΔN =NA (1 - e-1);Ra−610⋅ 6,02 ⋅ 10 23 ⎛1 ⎞18⎜1 −⎟ = 1,68 ⋅ 10 .−32,7182 ⎠226 ⋅ 10⎝Выделенное тепло будет равноQ =5,3⋅106⋅1,6⋅10-19⋅1,68⋅1018 = 1,45⋅106 Дж.Задача 5.15.
Свободное покоившееся ядро иридия Ir192 с энергиейвозбуждения Еγ = 129 кэВ, перешло в основное состояние, испустив γквант. Вычислить относительное изменение энергии γ-кванта,возникающее в результате отдачи ядра. МIr = 192,2 а.е.м.РешениеПусть энергия покоившегося ядра иридия Ir192 равна E0Ir. Энергиявозбуждения без учета энергии отдачи ядра равна энергии γ - квантаЕγ = 129 кэВ; энергия отдачи ядра, возникающая в результатеперехода ядра Ir из возбужденного состояния в невозбужденное,MIr⋅v2/2; энергия γ - кванта hω. Требуется определитьΔE Δhω=,hωEСогласно закону сохранения энергии можно составить уравнение:MIr ⋅ v 2Eγ =+ hω.2Запишем закон сохранения импульса0 = MIr ⋅ v +где0-hω,cIr; MIr·v - импульсγ - кванта.
Откуда находимимпульс покоившегося возбужденного ядраhω/с - импульсhω = - MIr⋅v⋅c.ядра в результате отдачи;Для Еγ получаемMIr ⋅ v 2Eγ =− MIr ⋅ v ⋅ c.2Из решения этого уравнения определяем скорость:⎛2E γ⎜⎝MIr ⋅ c 2v = c ⋅ ⎜ 1+Разлагаяполучаем1+вряд2E γ2MIr ⋅ c 21+2E γMIr ⋅ c 2и. Окончательно⎞− 1⎟.⎟⎠ограничиваясьнаходимv≅двумяEγMIr ⋅ c 2.членами,171По условию задачи энергия возбуждения ядра Ir192 без учетаэнергии отдачи ядра Еγ = 129 кэВ. Энергия γ - кванта с учетом энергииотдачи ядра, равной МIr·v2/2 определяется какMIr ⋅ v 2hω = E γ −.2Изменение энергии γ - кванта можно найти, решая эти два уравненияЕγMIr ⋅ v 2.=22MIr ⋅ c 22Δ(hω) = E γ − hω =Относительное изменение энергии рассчитываем, найдяотношение:ЕγΔ( hω)129 ⋅ 103 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19= 3,6 ⋅ 10− 7.==2− 2716Eγ2MIr ⋅ c2 ⋅ 192,2 ⋅ 1,66 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 10Сколько слоев половинного ослабления имеетпластинка,ослабляющаяинтенсивностьузкогопучкамонохроматических лучей в 32 раза?РешениеИнтенсивность пучка рентгеновских или γ - лучей, прошедшихслой вещества толщиной х, определяется формулой (5.18):Задача5.16.J = J0⋅e-μx,где J0 - интенсивность пучка, падающего на вещество; J интенсивность пучка, прошедшего в веществе слой толщиной x; μ линейный коэффициент ослабления (иногда его называюткоэффициентом поглощения).Ослабление интенсивности падающего пучка происходит врезультате взаимодействия γ или рентгеновского излучения свеществом.
Это взаимодействие в зависимости от энергиипадающего кванта, сводится к фотоэффекту, эффекту Комптона, апри энергии квантов больше 1,02 МэВ - к образованию электроннопозитронных пар.Линейный коэффициент поглощения является функцией энергииγ - квантов. Слой половинного ослабления имеет толщину, припрохождении которой интенсивность падающего пучка уменьшается в2 раза.Решение задачи сводится к решению системы уравнений (5.18), вкоторых отношение интенсивностейJ1 1J21и J1 = J0 e −μd1/ 2 ,= ,=J02J0где d1/2 - толщина половинного слоя;J2 = J0 e −μd ,где d - искомая толщина;32172J1 1= = e −μd1/ 2 ;J0 2J21== e − μd;J0 32ln 2 = μd1/ 2 ,ln 32 = μd.Откуда, поделив уравнения друг на друга, получаем:μd ln 32=;μd1/ 2 ln 2d=3,466⋅ d1/ 2 = 5d1/ 2.0,6935.17.
Вычислить энергию, поглощаемую при+ 2He → 8O17 + 1р1. Значения масс взять из таблицы 1.Задача7N144реакцииРешениеЭнергия выхода ядерной реакции определяется выражением (5.20):ΔE = c 2 (∑ m − ∑ m ).2i =12ik =1kНайдя сумму масс частиц, вступающих в реакцию∑m2i =1i= m N + m He = (14 ,00307 + 4,00260 )а.е.м. = 18 ,00567 а.е.м.и образующихся в результате реакции∑m2k =1k= mO + mp = (16,99913 + 1,00728) а.е.м. = 18,00641 а.е.м. ,определяем дефект массы Δm в а.е.м.Учитывая, что 1 а.е.м.= 931,5 МэВ, вычисляем энергию реакции:Q = (18,00567 - 18,00641)⋅931,5 = -0,689 МэВ.Реакция идет с поглощением тепла и является эндотермической.Задача5.18.
Определить энергию и рассчитать порог ядернойреакции: 3Li + 1H1 → 4Ве7 + 0n1.7РешениеДля определения энергии воспользуемся формулой (5.20а). Сучетом взаимосвязи атомных и энергетических единиц имеем:Q = (7,01601 + 1,00783 - 7,01693 - 1,00867)⋅931,5 = -1,64 МэВ.Реакция идет с поглощением энергии.Значение пороговой энергии найдем по формуле (5.21):⎛Eпор = ⎜⎜1 +⎝МэВ.mH ⎞⎟ ⋅ Q = 1,142 ⋅ 1,64 = 1,87mLi ⎟⎠При соударении α - частицы c ядром бора 5В10произошла ядерная реакция, в результате которой образовались два1новых ядра.
Одним из этих ядер было ядро водорода 1Н .Определить порядковый номер и массовое число второго ядра, датьЗадача5.19.173символическую записьэнергетический выход.ядернойреакциииопределитьееРешениеАОбозначимнеизвестноеядрочерези запишем реакцию вZX4101Авиде: 2α + 5B → 1H + ZX .Используя законы сохранения зарядов и массовых чисел, получимследующие уравнения:⎧2 + 5 = 1 + Z,⎨⎩4 + 10 = 1 + A,откуда следует, что Z = 6, А = 13. Неизвестным ядром 6Х13 являетсяуглерод 6C13. Символическая запись ядерной реакции может бытьпредставлена в виде410→ 1H1 + 6C13 .2α + 5BТепловой эффект реакции определяется выражением (5.20), изкоторого следуетМэВ].Q = ΔE = 931,5 ⋅ (m α + mB − mH − m C ) [Значения масс взяты из таблицы 1. Окончательно находим:Q = ΔЕ = 931,5(4,00149 + 10,01294 - 1,00783 - 13,00335) = 3,03 МэВ.ЗадачаНа ядро лития налетает протон с кинетическойрезультате ядерной реакции образуются две α энергиейчастицы с одинаковыми энергиями.
Найти угол междунаправлениями их разлета.5.20.Е р. ВРешениеПри взаимодействии протона с ядром лития происходит ядернаяреакция, энергия которой равна (5.20а)Q = Δmc 2 ,где Δm - разность между суммой масс частиц, вступающих в реакцию(mp + mLi) и суммой масс образующихся частиц (2mα).Q = c2(mp + mLi - 2mα).Запишем законы сохранения энергии и импульса длявзаимодействующих частиц:Ер + Q = 2Еα,(1)mp v p = ma v a + ma v a ,(2)Отметим, что первое уравнение скалярное, а второе - векторное.По теореме косинусов находим (рис. 5.4):откуда(mαvα)2 = (mαvα)2 + (mpvp)2 - 2mαvαmpvpcosϕ/2,cosmp v pmp v pϕ.=, ϕ = 2 arccos2m α v α2 2m α v α(3)174rЗнаякинетическуюэнергию протона, находимскорость протонаvp =2Epmpmα v αLi.pСкорость α - частицы находим изrϕРис.
5.4mр v рrmα v α(1):mα v 2α2= Ep + (mp + mLi − 2mα )c 2,2vα =Ep + (mp + mLi − 2mα )c 2mαПодставляя полученные значения скоростиугол разлета α - частицϕ = 2 arccosVР.иVαв (3), находимE pm p2[E p + (mp + mLi − 2m α )c 2 ]m α.Задача 5.21. В реакции 7N14(α,р)Y кинетическая энергия α-частицыТα = 7,7 МэВ. Найти, под каким углом ϕ к направлению движениявылетает протон, если известно, что его кинетическая энергия Тр =8,5 МэВ.РешениеЗапишем ядерную реакцию (5.19)14+ 2α4 → 8Y17 + 1р1.7NОбразовавшееся ядро 8Y17 есть ядро изотопа кислорода 8О17,которое является ядром отдачи.Запишем законы сохранения энергии и импульса длявзаимодействующих частиц.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
