Н.Г. Гончарова, Б.С. Ишханов, И.М. Капитонов - Частицы и атомные ядра. Задачи с решениями и комментариями (1120465), страница 58
Текст из файла (страница 58)
Для возможных распадов определить освобождающуюся энергию.Используем формулы, полученные в задаче 2.8.16:Qβ − = W (A, Z + 1) − W (A, Z) + 0, 78 МэВ =Qβ += W (168 O) − W (167 N) + 0,78 МэВ == (127,6 − 118,0 + 0,78) МэВ ≈ 10,4 МэВ > 0,= W (A, Z − 1) − W (A, Z) − 1,80 МэВ == W (166 C) − W (167 N) − 1,80 МэВ == (110,8 − 118,0 − 1,80) МэВ ≈ −9,0 МэВ < 0,Qe = W (A, Z − 1) − W (A, Z) − 0,78 МэВ == W (166 C) − W (167 N) − 0,78 МэВ == (110,8 − 118,0 − 0,78) МэВ ≈ −8,0 МэВ < 0.Распад возможен, если энергия распада Q > 0.
Таким образом, возможен лишь β − -распад: 167 N → 168 O + e− + ν e . При этом освобождается энергияQβ − ≈ 10,4 МэВ.2.8.19. Используя значения масс атомов, определить верхнюю границу спектра позитронов, испускаемых при β + -распаде ядра 2714 Si.Энергия β + -распада (A, Z) → (A, Z − 1) + e+ + νe , выраженная через массы атомов, определяется следующим соотношением (см. (1.10.13)):Qβ + = [ат M (A, Z) − ат M (A, Z − 1) − 2me ]c2 .§2.8. Распады ядер. Радиоактивность2852272Масса атома 2714 Si равна 25137,954 МэВ/c , а 13 Al — 25133,143 МэВ/c .maxВерхняя граница Te+ спектра позитронов равна энергии распада Qβ + . Такимобразом, имеемTemax+ = Qβ + = 25137,954 МэВ − 25133,143 МэВ − 2 · 0,511 МэВ = 3,789 МэВ.2.8.20. По массам атомов 166 C, 167 N и 168 O (соответственно 16,0147;16,0061 и 15,9949 атомных единиц массы (а.e.м.)) установить возможные типы β -распада ядра 167 N.
Для возможных распадов найтивыделяющуюся энергию.Используем условия (1.10.13) β -распада, выраженные через массы атомов:Qβ − = [ат M (A, Z) − ат M (A, Z + 1)]c2 = [ат M (16 N) − ат M (16 O)]c2 == (16,0061 а.e.м. − 15,9949 а.e.м.)c2 == (0,0112 а.e.м.)c2 = 0,0112 · 931,494МэВc2c2 = 10,43 МэВ > 0,Qβ + = [ат M (A, Z) − ат M (A, Z − 1) − 2me ]c2 == [ат M (16 N) − ат M (16 C)]c2 − 2me c2 == [16,0061 а.e.м. − 16,0147 а.e.м.]c2 − 2me c2 == −0,0086 · 931,494МэВc2c2 − 1,022 МэВ = −9,03 МэВ < 0,Qe = [ат M (A, Z) − ат M (A, Z − 1)]c2 = [ат M (16 N) − ат M (16 C)]c2 == [16,0061 а.e.м.
− 16,0147 а.e.м.]c2 == −0,0086 · 931,494МэВc2c2 = −8,01 МэВ < 0.2.8.21. Решить предыдущую задачу, используя вместо масс атомов дефекты масс ядер: Δ(166 C) = 13,694 МэВ, Δ(167 N) = 5,684 МэВ,Δ(168 O) = −4,737 МэВ.Воспользуемся соотношениями (1.10.13):Qβ − = Δ(A, Z) − Δ(A, Z + 1) = Δ(167 N) − Δ(168 O) == (5,684 − (−4,737)) МэВ = 10,42 МэВ,Qβ + = Δ(A, Z) − Δ(A, Z − 1) − 2me c2 = Δ(167 N) − Δ(166 C) − 2me c2 == (5,684 − 13,694 − 1,022) МэВ = −9,03 МэВ < 0,Qe = Δ(A, Z) − Δ(A, Z − 1) = Δ(167 N) − Δ(166 C) == (5,684 − 13,694) МэВ = −8,01 МэВ < 0.Приходим к тем же результатам, что и в задачах 2.8.18 и 2.8.20: возможенлишь β − -распад ядра 167 N. При этом выделяющаяся энергия ≈ 10,4 МэВ.2.8.22.
По энергиям связи ядер, участвующих в e-захвате+ e− → 73 Li + νe , оценить энергию отдачи ядра 73 Li. Энергии связиядер следующие: W (74 Be) = 37,6 МэВ, W (73 Li) = 39,3 МэВ.74 Be286Гл. 2. Задачи с решениямиСначала определяем энергию e-захвата Qe (см. (1.10.7) и задачу 2.8.16):Qe = W (A, Z − 1) − W (A, Z) − 0,78 МэВ = W (73 Li) − W (74 Be) − 0,78 МэВ == (39,3 − 37,6 − 0,78) МэВ ≈ 0,9 МэВ.Теперь по формуле (1.10.19) оцениваем энергию отдачи Tя ядра 73 Li:Tя (Li) ≈Q2e22MLi cQ2e= 2 3 · mp c + 4 · mn c2 − W (Li)=2 =(0,9 МэВ)2= 6 · 10−5 МэВ = 60 эВ.2 (3 · 938,3 + 4 · 939,6 − 39,3) МэВ2.8.23. Оцените кинетическую энергию и скорость первоначальнопокоившегося ядра c массовым числом A = 50 после e-захвата, еслиизвестно, что выделяющаяся энергия Qe = 1 МэВ.Используем формулу (1.10.19) для кинетической энергии отдачи ядра приe-захвате:Tя ≈Q2e22Mя c≈(1 МэВ)2≈ 10−5 MэВ = 10 эВ.2 · 50 · 939 МэВЗдесь использовано то, что хорошим приближением для массы ядра в энергетических единицах является соотношение Mя c2 ≈ A · mN c2 , где mN c2 == 939 МэВ — энергия покоя нуклона.Определяем скорость vя ядра.
Имеем:2Tя2 · 10−5 МэВкм8мvя = c= 3 · 10≈6.2Mя cс50 · 939 МэВс2.8.24. Определить кинетическую энергию конечного ядра при β − β−−распаде 64−→ 6429 Cu −30 Zn + e + ν e при: 1) Eν = 0, 2) Te = 0. ЭнергияCuравна559,32МэВ, ядра 64связи W ядра 642930 Zn — 559,12 МэВ.Энергия β − -распада (A, Z) → (A, Z + 1) + e− + ν e через энергии связи Wучаствующих ядер определяется по следующей формуле (см.
задачу 2.8.16):Qβ − = W (A, Z + 1) − W (A, Z) + 0,78 МэВ == (559,12 − 559,32 + 0,78) МэВ = 0,58 МэВ.Кинетическая энергия конечного ядра (энергия его отдачи) определяетсяусловиями задачи. Рассматриваются два случая:1) Eν = 0. Имеем систему уравнений&Qβ − = Tя + Tν + Te = Tя + Te , так как Tν ≡ Eν = 0;pя = pe ;Импульс конечного ядра pZn и егокинетическая энергия TZn связаны нереля12MZn c2 · TZn , где MZn — масса ядра 64тивистским соотношением pZn =30 Zn.cВ то же время, импульс электрона pe нужно выражать через его кинетическую1 2Te + 2Te me c2 , гдеэнергию Te c помощью релятивистской формулы pe =c287§2.8. Распады ядер.
Радиоактивность1 2me — масса электрона. Итак, получаем pZn = pe или pZn =Te + 2Te me c2 .cИз закона сохранения импульса2MZn c2 · TZn = Te2 + 2Te me c2 = Te Te + 2me c2 == Qβ − − TZn Qβ − − TZn + 2me c2 .Здесь мы учли, что Te = Qβ − − TZn .Далее,так как me MZn , то≈ Qβ − Qβ − + 2me c2 . Таким образом,TZn ≈Qβ − Qβ − + 2me c22MZn c2TZn Qβ −и2MZn c2 · TZn ≈=0,58 (0,58 + 2 · 0,51) МэВ2 =2 · 30mp c2 + 34mn c2 − W 6430 Zn=0,58 · 1,60 МэВ2≈ 7,8 эВ.2 · [30 · 938,27 + 34 · 939,57 − 559,12] МэВ2) Te = 0. В этом случае, как и в задаче 2.8.22, можем воспользоватьсяформулой Tя =TZnQ2e, которая для данной задачи дает2Mя c2 264W 64Q2β −30 Zn − W 29 Cu + 0,78 МэВ===2MZn c22 30mp c2 + 34mn c2 − W 6430 Zn=(0,58 МэВ)2≈ 2,8 эВ.2 · [30 · 938,27 МэВ + 34 · 939,57 МэВ − 559,12 МэВ]2.8.25.
Показать, что в случае β -распада 4221 Sc имеет место разрешенный переход типа Ферми, а в случае β -распада 3215 P — разрешенныйпереход типа Гамова–Теллера.К разрешенным β -переходам относятся переходы, при которых суммарный орбитальный момент l, уносимый электроном и нейтрино, равен нулю(см. § 1.10.3). Разрешенные переходы делятся на переходы типа Ферми, прикоторых спины электрона и нейтрино антипараллельны, и типа Гамова–Теллера, при которых спины электрона и нейтрино параллельны. Для разрешенныхβ -переходов справедливы соотношения для спинов и четностей начального (i)и конечного (f ) состояний ядер:Ji + Jf = 0, Pi = Pf для переходов Ферми,Ji + Jf = 0, 1 (кроме переходов 0 → 0), Pi = Pf для переходов Гамова–Теллера. ++Рассмотрим переход 42+ e− → 4221 Sc 020 Ca(0 ) + νe : для него Pi = Pf идлятипа Ферми.Ji + Jf = 0, т.
e. выполнены все +условия + перехода→ 32+ e− + ν e ; для него Pi = PfРассмотрим переход 3215 P 116 S 0и Ji + Jf = 1, т. e. все условия для перехода типа Гамова–Теллера выполнены.2.8.26. Доказать, чтотеллеровским β -переходом.β -распад ядра146Cявляетсягамов-288Гл. 2. Задачи с решениямиРассмотрим закон сохранения момента количества движения для β -распадаядра 146 C:1414−6C → 7N + e + νe14 14 J 6 C = J 7 N + se + sν + le+ν ,110 = 1 + + + l.22Для разрешенного перехода c суммарным орбитальным моментом лептоновl = 0 из уравнения для моментов получаем, что сумма спинов электрона иантинейтрино должна быть равна 1. При этом вектор суммарного спиновогомомента лептонов противоположен спиновому вектору ядра 147 N.2.8.27.
Определить порядок запрета следующих β -переходов: + −1) 89;→ 8938 Sr 5/239 Y 1/2 + +36362) 17 Cl 2 → 18 Ar 0 ; + +3) 137→ 137.55 Cs 7/256 Ba 3/2Запрещенные переходы (см. § 1.10.3) подразделяются по порядку запрета, который определяется суммарным орбитальным моментом l, уносимымэлектроном и нейтрино. Если l = 1, то это запрещенный переход первогопорядка, если l = 2 — второго порядка и так далее. Справедливы следующиесоотношения:'|ΔJ| ± 1 при Pi = (−1)|ΔJ|±1 Pf|l| =|ΔJ|при Pi = (−1)|ΔJ| Pf ,где ΔJ — изменение спина ядра при β -распаде: ΔJ = Ji − Jf = l + se + sν .Анализ приведенныхв условиизадачи трех β -распадов дает:+−→ 89. Правила отбора оставляют следующие два1) 8938 Sr 5/239 Y 1/2варианта: ΔJ = 2; l = 1; Pi = (−1)1 · Pf = −Pf (т. e.
это переход первогопорядка запрета) и ΔJ = 3; l = 3; Pi = (−1)3 · Pf = −Pf (переход третьегопорядка запрета). Так как вероятность β -переходов сильно падает при увеличении порядка запрета, то в данном случае будет преобладать β -переход первогопорядка запрета. + +→ 36. В этом случае возможен всего один вариант:2) 3617 Cl 218 Ar 0ΔJ = 2; l = 2; Pi = (−1)2 · Pf = Pf .
Таким образом, это β -переход второгопорядка запрета.++→ 137. Возможны два варианта: ΔJ = 2, 3; l = 2;3) 13755 Cs 7/256 Ba 3/2Pi = (−1)2 · Pf = Pf (это переход второго порядка запрета) и ΔJ = 4, 5; l == 4; Pi = (−1)4 · Pf = Pf (это переход четвертого порядка запрета). Очевидно,преобладающим будет β -переход второго порядка запрета.2.8.28. Пара ядер-изобар 116 C и 115 B имеет в основном состоянии спин-четность J P = 3/2− и образует изоспиновый дублет. Этотизодублет можно связать следующей парой зарядовосопряженныхβ -переходов:+11− β−→ 115 B(3/2− ) + e+ + νe ,6 C(3/2 ) −−11− β−→ 116 C(3/2− )5 B(3/2 ) −+ e− + ν e .Используя представления модели оболочек, объясните, что должнопроисходить в вышеуказанных ядрах при этих β -переходах.
Возможны289§2.8. Распады ядер. Радиоактивностьли эти переходы в действительности? Если возможны, оцените энергиипереходов Qβ , не прибегая к таблицам масс атомных ядер (или их избытков масс) и сравните полученные результаты c точными расчетами,использующими данные этих последних таблиц.β -распад в ядре это внутринуклонный переход одного из ядерных нуклоновβ+→ n + νe ),c изменением его типа (p ↔ n): либо p −−→ n + e+ + νe (или p + e− −eβ−либо n −−→ p + e− + ν e . В обсуждаемых переходах ядра 116 C и 115 B остаютсяв основных состояниях.
Оболочечная структура основных состояний ядер 116 Cи 115 B показана на рисунке.С точки зрения простейшей оболочечной модели β -переходы p ↔ n, связывающие основные состояния участвующих ядер, должны затрагивать самый внешний нуклон. В данном случае это 1p3/2 -нуклон. При этом изменение типа нуклона не меняет оболочечной структуры обсуждаемых ядер. Нуклон,испытавший переход, остается на той же подоболочке 1p3/2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
