Н.Г. Гончарова, Б.С. Ишханов, И.М. Капитонов - Частицы и атомные ядра. Задачи с решениями и комментариями (1120465), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Рассчитать энергию, выделившуюся в реакциивынужденного деления (1.11.22а). Нейтроны, вызывающие деление23592 U, считать тепловыми.Энергия, мгновенно выделившаяся в реакции, практически совпадает с разностью масс покоя ядер и нейтронов в левой и правой частях (1.11.22а), поскольку кинетической энергией тепловых нейтронов(≈ 0,04 эВ) в балансе энергий можно пренебречь. Имеем951392E = [mn + M (23592 U) − M (38 Sr) − M ( 54 Xe) − 2mn ]c =95139= Δ(23592 U) − Δ(38 Sr) − Δ( 54 Xe) − Δn == (40,920 + 75,117 + 75,644 − 8,071) МэВ = 183,61 МэВ.Таблица 1.10 показывает, как эта энергия распределяется между кинетической энергией осколков деления, испущенных нейтронови мгновенного γ -излучения.Т а б л и ц а 1.10Распределение мгновенной энергии деления урана-235 тепловыми нейтронамиКинетическая энергия осколков173 МэВКинетическая энергия нейтронов≈ 4 МэВЭнергия γ -излучения6,6 МэВМгновенная энергия деления183,6 МэВ139В процессе последующего β − и γ -распада осколков 9538 Sr и 54 Xe−(суммарное число актов β -распада равно семи) освобождается энер-§1.11.
Ядерные реакции169гия около 24 МэВ. С учетом этого полная энергия, выделяющаясяв рассматриваемой реакции деления, близка к 208 МэВ.Рождающиеся в процессе деления (например, в процессах (1.11.22))нейтроны — быстрые. Их необходимо замедлить до скоростей теплового движения, чтобы использовать для деления других ядер 23592 U,т. е. для поддержания цепной реакции. С этой целью и используются замедлители, свойства которых кратко были описаны в п. 1.11.3.В гомогенных реакторах в качестве замедлителя используется тяжелаявода. В гетерогенных реакторах в качестве замедлителя, как правило,используется графит. В этом случае замедление нейтронов происходитна ядрах углерода.Одновременно с цепной реакцией деления 23592 U идет захват нейтроUспоследующимпревращениемего в плутоний:нов изотопом 23892239n + 23892 U → 92 U + γ ;239239−92 U → 93 Np + e + ν e ;239239−93 Np → 94 Pu + e + ν e .Образующийся в результате работы АЭС плутоний также способенподдерживать цепную реакцию деления под действием медленных нейтронов.
Его используют как в АЭС, так и при производстве ядерногооружия.В результате реакций деления появляются нестабильные осколкиделения с отношением N/Z , бо́льшим, чем у соответствующих стабильных ядер-изобар. Эти «перегруженные» нейтронами и испытывающиедалее β − -распады и γ -переходы продукты деления имеют высокуюрадиоактивность.Глава 2ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ§2.1. Волновые свойства частиц.Соотношение неопределенностей2.1.1. Вычислить дебройлевскую длину волны α-частицы и электрона с кинетическими энергиями T = 5 МэВ.α-частица с такой энергией нерелятивистская, а электрон — релятивистский.
Для вычисления длины волны используем соответственно нерелятивистhский и релятивистский варианты формулы де Бройля λ = , где p — импульсpчастицы:h2πh̄c1240 МэВ · Фм= ≈ √≈ 6 Фм,2pα2 · 4 · 939 МэВ · 5 МэВ2mα c · Tαh2πh̄c2πh̄c1240 МэВ · Фмλe ==≈=≈ 250 Фм.pepe cTe5 Фмλα =(2.1.1)λ–=2.1.2. Рассчитать приведенные длины волн λпротона и элек2πтрона с кинетическими энергиями T = 100 МэВ.– = h̄ ≈ √ h̄Протон нерелятивистский (Tp mp c2 ). В этом случае λ= h̄c2mc2 Tp2mT=, учитывая, что h̄c = 197 МэВ · Фм ≈ 200 МэВ · Фм, имеемλ–p ≈ 200 МэВ · Фм2 · 938,3 МэВ · 100 МэВ≈ 0,5 Фм = 0,5 · 10−13 см.Электрон релятивистский (Te me c2 ).
В этом случаеλ–e =h̄ch̄c200 МэВ · Фм≈≈= 2 Фм = 2 · 10−13 см.pe cTe100 МэВ2.1.3. Протон, электрон и фотон имеют одинаковую приведенную– = 10−9 см. Какое время t им необходимо для пролетадлину волны λрасстояния L = 10 м?§2.1. Волновые свойства частиц. Соотношение неопределенностейh̄Для протона и электрона: p = – , p = λоткуда получаем, что v = =2 –2L (mc2 ) λ+ h̄2 c2h̄c2mv1 − v 2 /c2h̄c22 –2(mc2 ) λ+ h̄2 c2h̄, т. е.
– = λ171mv,1 − v 2 /c2L. Время пролета t ==v.Для протона имеем:22103 см (938,3 МэВ)2 · (10−9 см) + (6,6 · 10−22 МэВ · c · (3 · 1010 см/c))t==26,6 · 10−22 МэВ · c 3 · 1010 см/c= 1,6 · 10−3 c.Для электрона имеем22103 см (0,511 МэВ)2 · (10−9 см) + (6,6 · 10−22 МэВ · c · (3 · 1010 см/c))t==26,6 · 10−22 МэВ · c 3 · 1010 см/c= 0,9 · 10−6 c.L103 см== 3,3 · 10−8 c.c3 · 1010 см/с– = 3 · 10−11длина волны фотона λДля фотона имеем: t =2.1.4. Приведеннаялить импульс p фотона.h̄h̄cp= – = – ≈λλcсм. Вычис-200 МэВ · Фм= 0,66 МэВ/c.300 Фм · c2.1.5. Нейтрон, находящийся в тепловом равновесии с окружающейсредой при комнатной температуре (≈ 300 K), имеет наиболее вероятную кинетическую энергию T = 0,025 эВ.
Определить длину волнынейтрона λn .Очевидно, что данный случай нерелятивистский — Tn mn c2 . Тогда λ =hhhc= , и учитывая, что hc ≈ 1240 МэВ · Фм, имеем= ≈ √p2mT2mc2 T1240 МэВ · Фмλn = = 1,8 · 105 Фм ≈ 2 · 10−8 см = 2 Å.2 · 939,6 МэВ · 0,025 · 10−6 МэВТаким образом, длина волны теплового нейтрона одного порядка величиныс размерами атома.2.1.6. Какова должна быть кинетическая энергия электронов, чтобы с их помощью исследовать внутреннюю структуру атома, ядраатома и нуклона?Для исследования внутренней структуры объекта необходимо, чтобы длинаволны пробной частицы (в данном случае электрона) была не больше размераэтого объекта.
В случае атома необходимо иметь λe Rат . Электрон нерелятивистский, поэтомуλe =h2πh̄c= Rат .pe2me c2 · Te172Гл. 2. Задачи с решениямиОткуда получаемTe 1 2πh̄c 22me c2Rат≈11240 · 106 эВ · 10−13 см106 эВ210−8 см≈ 160 эВ.В случае ядра электрон должен быть релятивистским, т. е. имеем2πh̄c2πh̄c1240 МэВ · Фм≈≈ Rяд ,pe cTeTe (МэВ)λe =что для ядра с A ≈ 60, имеющего Rяд ≈ 4 Фм, дает Te 300 МэВ.В случае нуклона, имеющего RN ≈ 1 Фм, и учитывая, что электрон долженбыть релятивистским, получаемTe 2πh̄c1240 МэВ · Фм≈≈ 1 ГэВ.RN1Фм2.1.7. Используя соотношение неопределенностей Гейзенберга«координата–импульс» (Δx · Δp h̄), оценить кинетические энергииэлектрона в атоме, нуклона в ядре и кварка в нуклоне.Рассмотрим атом. Соотношение неопределенностей запишем в видеΔx · Δp · c h̄c.
Для оценок полагаем Δx ≈ Rат , где Rат — радиус атома,а Δp ≈ pe , где pe — импульс√ электрона. Электрон на орбите атоманерелятивистский, поэтому pe = 2Te · me . Итак, получаем2 2πh̄c 2111240 · 106 эВ · 10−13 смTe ≈≈ 150 эВ.26−8Rат2me c10 эВ10смРассмотрим атомное ядро с массовым числом A ≈ 60–70. Его радиус Rат ≈≈ 4 Фм.
Нуклон в ядре нерелятивистский, поэтому ход решения повторяетвышеприведенный для атома:2 1240 МэВ · Фм 212πh̄c1TN ≈≈ 50 МэВ.22mN cRяд1877 МэВ4 ФмЗаметим, что средняя кинетическая энергия нуклона в ядре около 20 МэВ.Рассмотрим нуклон. Он, как известно, состоит из трех валентных кварковu, d. Их массы 2–5 МэВ/c2 . Для оценок примем массу кварка mq ≈ 3 МэВ/c2Радиус нуклона RN ≈ 1 Фм.
Кварки внутри нуклона релятивистские, поэтомуpq c ≈ Tq , и для кинетической энергии кварка внутри нуклона получаемTq 2πh̄c1240 МэВ · Фм≈= 1240 МэВ.RN1 Фм2.1.8. Используя соотношение неопределенностей Гейзенберга«энергия–время» (ΔE · Δt ≈ h̄), оценить характерный радиус aпритягивающего нуклон-нуклонного взаимодействия.Нуклон-нуклонное (N N ) взаимодействие на расстояниях rN N > 0,8 Фмявляется притягивающим и осуществляется главным образом однопионным(π ± или π 0 ) обменом. Кварковые диаграммы Фейнмана такого взаимодействияприведены в задаче 2.5.2. Исходя из массы пионов в энергетических единицах (mπ c2 = 135–140 МэВ) и используя соотношение неопределенностейΔE · Δt ≈ h̄, оценим характерный радиус a такого взаимодействия.
В рас-§2.1. Волновые свойства частиц. Соотношение неопределенностей173сматриваемом соотношении неопределенностей сделаем замены ΔE ≈ mπ c2aи Δt ≈ . При этом для a получаемca=h̄cmπ c2=197 MэВ · Фм≈ 1,4 Фм.(135 ÷ 140) MэВ(2.1.2)2.1.9. Ядро 105 B из возбужденного состояния с энергией 0,72 МэВраспадается путем испускания γ -квантов с периодом полураспада t1/2 == 7 · 10−10 с.
Оценить неопределенность в энергии ΔE испущенногоγ -кванта.В соотношении неопределенностей Гейзенберга «энергия–время» ΔE ×·× Δt ≈ h̄ используем в качестве Δt период полураспада возбужденного состояния t1/2 . ТогдаΔE ≈h̄t1/2=6,6 · 10−16 эВ · c7 · 10−10 c≈ 10−6 эВ.2.1.10.
Найти среднее время жизни τ ядра 12 C в первом возбужденном состоянии 2+ с энергией E = 4,44 МэВ, если при γ -распаде этогосостояния формируется γ -линия шириной Γ = (10,8 ± 0,6) · 10−6 кэВ.Используем соотношение неопределенностей ΔE · Δt ≈ h̄, в которомΔE = Γ, а Δt = τ .
Получаемτ=h̄h̄c200 · 103 кэВ · 10−13 см=≈≈ 6 · 10−14 с.ΓΓc11 · 10−6 кэВ · 3 · 1010 см · с−12.1.11. По ширине распада Δ-резонанса (ΓΔ = 116–120 МэВ)определить его среднее время жизни τ и тип фундаментального взаимодействия, ответственного за распад.В соотношении неопределенностей Гейзенберга «энергия-время» ΔE · Δt ≈≈ h̄ заменим ΔE на ΓΔ и Δt на τ . Получаем ΓΔ · τ ≈ h̄ иτ=h̄6,6 · 10−22 МэВ · c≈≈ 0,56 · 10−23 с.ΓΔ118 МэВЭто время характерно для распадов за счет сильного взаимодействия.2.1.12.
В эксперименте по рождению π 0 -мезона используется e− e+ коллайдер. Какова должна быть энергия частиц этого коллайдера? Какобнаружить рождение π 0 ?Масса π 0 -мезона 135 МэВ/c2 . Поэтому кинетическая энергия электро1нов и позитронов коллайдера должна быть равна mπ0 c2 /2 = 135 МэВ =2= 67,5 МэВ. С вероятностью 98,8 % π 0 -мезон распадается с испусканиемдвух γ -квантов. Таким образом, процесс рождения и распада π 0 в данномэксперименте выглядит так:e− + e+ → π 0 → γ + γ.Следовательно, два γ -кванта с одинаковыми энергиями 67,5 МэВ летят в противоположные стороны из точки рождения и распада покоящегося π 0 -мезона.Поэтому факт рождения π 0 фиксируется одновременной (на совпадение) регистрацией двух γ -квантов с энергиями по 67,5 МэВ, летящих в диаметральнопротивоположных направлениях из точки соударения e− и e+ .174Гл.
2. Задачи с решениямиПри плавном изменении энергии E столкновения e− и e+ для вероятности(эффективного сечения) рождения (распада) π 0 получаем резонансную кривуюс максимумом в точке E0 = 135 МэВ. Форма резонансной кривой сечениябрейт-вигнеровская (1.10.30):σ(E) = σ0(Γ/2)2(E − E0 )2 + (Γ/2)2,(2.1.3)где σ0 — сечение в максимуме резонанса, а Γ — ширина резонансной кривойна половине высоты (ширина резонанса).
Величина Γ связана со средним временем жизни τ нестабильной частицы соотношением Γ · τ = h̄. Для π 0 -мезонаτ = 8,4 · 10−17 с и Γ=h̄/τ = 6, 6 · 10−22 МэВ · с/8, 4 · 10−17 с ≈ 8 · 10−6 МэВ.Таким образом, форма γ -линии распада π 0 очень узкая, и ее невозможно«увидеть» современными гамма-спектрометрами, типичное энергетическое разрешение которых для γ -квантов с энергиями ≈ 70 МэВ составляет 1–2 МэВ.Именно эта величина будет определять ширину наблюдаемого экспериментатором γ -резонанса от распада π 0 . При этом форма наблюдаемой резонанснойлинии уже не брейт-вигнеровская (2.1.3), а дается функцией отклика спектрометра.§2.2. Релятивистская кинематика частиц2.2.1. Чему равна скорость частицы v , кинетическая энергия Tкоторой равна ее энергии покоя mc2 ?Полная энергия релятивистской частицы E = T + mc2 = В случае T = mc2 получаем √mc2= 2mc2 , откуда v =1 − v 2 /c2mc2.1 − v 2 /c23c ≈ 0,87 c.22.2.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
