Н.Г. Гончарова, Б.С. Ишханов, И.М. Капитонов - Частицы и атомные ядра. Задачи с решениями и комментариями (1120465), страница 59
Текст из файла (страница 59)
Если бы не былокулоновского взаимодействия и разницы масс протона и нейтрона, то переходыp(1p3/2 ) ↔ n(1p3/2 ) происходили бы без изменения энергии ядер, т. e. были быпопросту невозможны (запрещены по энергии). Однако кулоновское отталкивание протонов, более сильное в 116 C, сдвигает вверх систему одночастичных уровней 116 C по сравнению c системой аналогичных уровней 115 B на некую величинуΔEкул . В то же время энергия ядра 116 C снижается за счет разности масснейтрона и протона, т. e. на величину (mn − mp ) c2 . Следовательно, результирующий сдвиг ΔE уровней ядра 116 C относительно уровней ядра 115 B можнооценить c помощью приближенного соотношением ΔE ≈ ΔEкул −(mn −mp ) c2 .Сделаем эту оценку.
Для ΔEкул используем формулу (1.7.10):65ΔEкул ≈ e2Z6 e2Z=h̄c=R5 h̄c 1,2 · A1/3 Фм6 15197 МэВ · Фм≈ 3,2 MэВ.=5 1371,2 · 111/3 ФмЗдесь радиус ядер-изобарИтак, для ΔE получаем:116Cи115Bрассчитан c помощью соотношения (1.7.3).ΔE(116 C − 115 B) ≈ ΔEкул − (mn − mp ) c2 == 3,2 МэВ − (939,6 − 938,3) МэВ ≈ 1,9 МэВ > 0.10 Н.Г. Гончарова, Б.С. Ишханов, И.М. Капитонов290Гл. 2. Задачи с решениямиТаким образом, система одночастичных уровней ядрастемы аналогичных уровней ядраβ−115 B,116C−выше на 1,9 МэВ сиβ−что исключает β -распад 115 B(3/2− ) −−→β+11−−→6 C(3/2 ) −11−− e 11−C(3/2)+e−→B(3/2)+νe65+−−→ 116 C(3/2− ) + e− + ν e и делает возможным β + -переходβ+−−→ 115 B(3/2− ) + e+ + νe и тем более e-захватиз основного состояния ядра 116 C(3/2− ).
Действительно, энергия β -перехода Qβ + равна ΔE(116 C − 115 B) − me c2 , т. e., в соответствии c вышеприведеннойоценкой, ≈ (1,9 − 0,5) МэВ ≈ 1,4 МэВ.Для контроля рассчитаем точное значение Qβ + (116 C), пользуясь избыткамимасс Δ атомных ядер (1.10.13):Qβ + (116 C) = Δ(116 C) − Δ(115 B) − 2me c2 == (10,650 − 8,668 − 1,022) МэВ = 0,96 МэВ > 0.Эта величина также > 0, хотя в 1,5 раза ниже полученной выше оценкина основе соотношения ΔE(116 C − 115 B) ≈ ΔEкул − (mn − mp ) c2 . Но именновеличина Qβ + (116 C) = 0,96 МэВ является наиболее точной.
Табличное значениеΔE(116 C − 115 B) = 1,47 МэВ. Именно оно приведено на рисунке.2.8.29. Рассмотрим ядра из трех нуклонов 31 H и 32 He. Пусть разницав энергиях связи этих ядер целиком определяется энергией отталкивания протонов в 32 He. Оцените расстояние R между протонамив 32 He. Учесть, что максимальная кинетическая энергия Teмакс электронов в β -распаде 31 H равна 18,6 кэВ.e2Энергия кулоновского отталкивания двух протонов Vкулон = . С другойRстороны,333322Vкулон = W (1 H) − W (2 He) = [M (2 He) − M (1 H)]c + (mn − mp )c == −Qβ − + (mn − mp )c2 − me c2 .Здесь использовано соотношение (1.10.7), из которого следует, что энергия β − распада Qβ − = [M (A, Z) − M (A, Z + 1) − me ]c2 .
Учитывая далее, что Qβ − ≡≡ Teмакс , (mn − mp )c2 = 1,29 МэВ и me c2 = 0,51 МэВ, из вышеприведенноговыражения для Vкулон получаемVкулон = −Qβ − +(mn −mp )c2 −me c2 = (−0,0186 + 1,29 − 0,51) МэВ ≈ 0,76 МэВ.R=e2Vкулон=e2h̄c1197 МэВ · Фм·=·= 1,89 Фм.h̄c Vкулон1370, 76 МэВ2.8.30. Гипотетический спектр электронов при β -распаде показанна рисунке сплошной линией. Изобразите спектр антинейтрино, образующихся при этом распаде.Электроны и антинейтрино образуются в β − -распаде (A, Z) → (A, Z + 1) ++ e− + ν e . Выделяющаяся энергия Qβ , исключая незначительную энергиюотдачи ядра Tя , делится между кинетической энергией электрона Te и энергией антинейтрино Eν , т. e. Qβ ≈ Te + Eν . При этом количество Ne (Te )электронов c энергией Te равно количеству Nν (Eν ) антинейтрино c энергиейEν = Qβ − Te .
Поэтому энергетические спектры электронов Ne (Te ) и антинейтрино Nν (Eν ) связаны равенством Ne (Te ) = Nν (Qβ − Te ). Проще всего спектрNν (Qβ − Te ) получается зеркальным отражением спектра Ne (Te ) относительноQэнергии Te = β . Спектр Nν (Eν ) показан на рисунке пунктиром.2§2.8. Распады ядер.
Радиоактивность2912.8.31. Для ядра 1710 Ne определить максимальную энергию запаздывающих протонов, вылетающих из ядра 179 F, образующегося в ре1717зультате e-захвата в ядре 1710 Ne. Энергии связи W ядер 10 Ne, 9 F17и 168 O следующие: W (17Ne)=112,91МэВ,W(F)=128,23МэВ,109W (168 O) = 127,62 МэВ.−Рассматривается следующий процесс (см. рисунок): 17→ 179 F∗ +10 Ne + e+ νe → 168 O + p, где верхний индекс ∗ у символа 179 F∗ означает возможностьпребывания ядра 179 F в возбужденном состоянии. Qe — это наибольшаяэнергия e-захвата, отвечающая ситуации, когда конечное ядро 179 F образуется в основном состоянии.
Если конечное ядро 179 F образуется в состоянииc энергией возбуждения E ∗ , то энергия e-захвата уменьшается до величиныQ∗e = Qe − E ∗ . Очевидно, максимальная энергия возбуждения ядра 179 F рав∗на Qe , т. e. Emax= Qe .Итак, ∗Emax= Qe = W 17 F − W 17 Ne − 0,78 МэВ == 128,23 МэВ − 112,91 МэВ − 0,78 МэВ = 14,54 МэВ.Здесь использовано выражение Qe = W (A, Z − 1) − W (A, Z) − 0,78 МэВдля энергии e-захвата через энергии связи участвующих ядер, полученноев задаче 2.8.16.Вычислим теперь энергию Bp отделения протона из ядра 179 F (см. (1.7.13)):Bp = W (A, Z) − W (A − 1, Z − 1) == W (17 F) − W (16 O) = 128,23 МэВ − 127,62 МэВ = 0,61 МэВ.10*292Гл.
2. Задачи с решениямиМаксимальная кинетическая энергия запаздывающих протонов Tpmax рассчитывается c учетом отдачи конечного ядра 168 O:Tpmax==O=M 16 O + mp ∗ 17 EmaxF − Bp 8mp c2 + 8mn c2 − W 16 O==8mp c2 + 8mn c2 − W 16 O + mp c2∗Emax17 F − BpM16(14,54 МэВ − 0,61 МэВ) (8 · 938,27 МэВ + 8 · 939,57 МэВ − 127,62 МэВ)=8 · 938,27 МэВ + 8 · 939,57 МэВ − 127,62 МэВ + 938,27 МэВ= 13,10 эВ.2.8.32. Определить типы и мультипольности γ -переходов: 1) 1− →→ 0+ , 2) 1+ → 0+ , 3) 2− → 0+ , 4) 2+ → 3− , 5) 2+ → 3+ , 6) 2+ → 2+ .Изменения состояний атомных ядер, сопровождающиеся испусканиемили поглощением квантов электромагнитного поля, называются γ -переходами(§ 1.10.4).
Полный момент количества движения фотона Jγ называется егомультипольностью и может принимать только целочисленные значения (кроменуля). Минимальное значение мультипольности (Jγ )min = 1 совпадает со спином фотона.Различают переходы электрические (EJ) и магнитные (MJ). Для электрических фотонов четность P = (−1)J . Для магнитных фотонов P = (−1)J+1 .Для определения типа и мультипольности γ -перехода используем законы сохранения полного момента (1.10.26) и четности (1.10.28). Получаем1) 1− → 0+ : Jγ = 1; Pγ = −1, т. e. это фотоны E1;2) 1+ → 0+ : Jγ = 1; Pγ = +1; это фотоны M1;3) 2− → 0+ : Jγ = 2; Pγ = −1; это фотоны M2;4) 2+ → 3− : Jγ = 1, 2, 3, 4, 5; Pγ = −1; это фотоны E1, M2, E3, M4, E5.При этом преобладают фотоны E1;5) 2+ → 3+ : Jγ = 1, 2, 3, 4, 5; Pγ = +1; это фотоны M1, E2, M3, E4, M5.При этом преобладают фотоны M1 и E2;6) 2+ → 2+ : Jγ = 1, 2, 3, 4; Pγ = +1; это фотоны M1, E2, M3, E4.
Приэтом преобладают фотоны M1 и E2.2.8.33. По схеме низших возбужденных состояний ядра 20882 Pb определить наиболее вероятный путь распада возбужденного состояния 4−c энергией 3,48 МэВ. Указать мультипольности переходов.– и размер (радиус R) системыЕсли приведенная длина волны излучения λ– R (условием длинноволнового приближения), то вероятсвязаны условием λность γ -перехода w и его период полураспада t1/2 следующим образом зависят– и R (см.
соотношения (1.10.29)):от мультипольности перехода J , λ11 R 2Jw(EJ) ∼∼ – –— электрические переходы(EJ);t1/2w(M J) ∼λλ1∼ –t1/2λ–λ 1 R 2J+2— магнитные переходы(M J).§2.8. Распады ядер. Радиоактивность293Рассмотрим возможные переходы c уровня E(J P = 4− ) = 3,48 МэВ:— Для пepeхода 3,48 → 3,20 (4− → 5− ) имеем J = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9и Pi = Pf , т. e.
получаем смесь переходов M1 + E2 + M3 + E4 + M5 ++ E6 + M7 + E8 + M9 и распад происходит в основном c излучениемфотонов M1 + E2.— Для пepeхода 3,48 → 2,61 (4− → 3− ) имеем J = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и Pi == Pf , т. e. получаем смесь переходов M1 + E2 + M3 + E4 + M5 + E6 ++ M7 и распад происходит в основном c излучением фотонов M1 + E2.— Для пepeхода 3,48 → 0 (4− → 0+ ) имеем J = 4; Pi = −Pf , т.
e. распадпроисходит c излучением фотона M4.Наибольшую вероятность имеют переходы c наименьшей мультипольностью, в данном случае это 3,48 → 3,20 (4− → 5− ) и 3,48 → 2,61 (4− → 3− ). Изэтих двух переходов бòльшую вероятность имеет второй переход (4− → 3− ),так как его энергия E(4− → 3− ) = 3,48 МэВ − 2,61 МэВ = 0,87 МэВ большеэнергии первого перехода E(4− → 5− ) = 3,48 МэВ − 3,20 МэВ = 0,28 МэВ,– излучения, входящая в знаменатель выраи, соответственно, длина волны λжения для вероятности перехода, меньше.P= 4− ) =Таким образом, распад возбужденного состояния ядра 20882 Pb c E(J= 3, 48 МэВ происходит в основном каскадом переходов из двух фотонов:M1+E2E34− −−−−→ 3− −→ 0+ .2.8.34.
По схеме низших состояний ядра 20882 Pb определить наиболее вероятный путь гамма-распада второго возбужденного состоянияc J P = 5− и энергией 3,20 МэВ. Основное состояние 0+ . Первоевозбужденное — 3− (2,61 МэВ).294Гл. 2. Задачи с решениямиИспользуя правила отбора (1.10.26) и (1.10.28) для электромагнитныхпереходов, получаем, что переходы 3− → 0+ и 5− → 0+ осуществляютсясоответственно фотонами E3 и E5. Для перехода 5− → 3− возможен набор фотонов E2, M3, E4, M5, E6, M7 и E8. Учитывая, что приведенная– = h̄c/E для всех рассматриваемых γ -переходов ледлина волны фотонов λγжит в интервале 61–330 Фм, т.
e. во много раз превосходит радиус R ядра20882 Pb (≈ 6 Фм), то правомерно использование длинноволнового приближения,т. e. соотношений (1.10.29). Отсюда следует, что переход 5− → 3− реализуетсяпрактически только фотонами E2. Таким образом, для дальнейшего анализамы можем учитывать лишь фотоны, указанные на рисунке. Чтобы ответитьна вопрос о том, каков путь γ -распада состояния 5− — непосредственнымпереходом 5− → 0+ или каскадом 5− → 3− → 0+ , проведем количественные оценки. Расчет проводим аналогично представленному в задаче 1.10.12.Имеем4 −8E2,6→0w(3− → 0+ )w(E 3)RR=≈ 4,3 · 103 ,−+ =––w(5→0 )w(E 5)E3,2→0E3,2→2,6w(5− → 3− )w(E 2)−+ = w(E 5) = Ew(5 → 0 )3,2→0Ew(5− → 3− )w(E 2)== 3,2→2,6w(E 3)E2,6→0w(3− → 0+ )λ2,6→0Rλ3,2→02 –λ3,2→2,6R–λ3,2→2,6R −8–λ3,2→02 R–λ2,6→0 −4≈ 0,5 · 104 ,≈ 2,0.Здесь R — радиус ядра 208определяемый соотношением82 Pb,R = (1,0 ÷ 1,1)A−1/3 Фм = (1,0 ÷ 1,1)208−1/3 Фм = 6,1 Фм; E2,6→0 = 2,6 МэВ,––E3,2→0 = 3,2 МэВ, E3,2→2,6 = 0,6 МэВ; λ2,6→0 = 76 Фм, λ3,2→0 = 62 Фм,λ–3,2→2,6 = 328 Фм.Из вышеприведенных оценок следует, что прямой переход 5− → 0+ сильноподавлен по сравнению каскадом 5− → 3− → 0+ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
