Н.Г. Гончарова, Б.С. Ишханов, И.М. Капитонов - Частицы и атомные ядра. Задачи с решениями и комментариями (1120465), страница 65
Текст из файла (страница 65)
2. Задачи с решениямиТаблица к задаче 2.9.26+X →3216 SZ 171162A 3513241)3517 Cl+α Q = −29,014 + 7,289 −(−26,016 + 2,425) = 1,87 МэВРеакция экзотермическаяX=p2)105B+X →73 Li+αQ = 12,051 + 8,071 −(14,908 + 2,425) = 2,79 МэВZ5032Реакция экзотермическаяA 10174X=n+X → 74 Be +n Q = 14,908 + 7,289 −(15,770 + 8,071) = −1,644 МэВ3)73 LiZ3140Реакция эндотермическая7171(Eпорог = 1,644 · (1 + 1/7) МэВ = 1,88 МэВ)X=pA4) 2311 Na +p →2010 Ne+X Q = −9,530 + 7,289 −(−7,042 + 2,425) = 2,38 МэВZ 111102A 231204Реакция экзотермическаяX= α+d →2412 MgZ 111120A 2322415)2311 Na+X Q = −9,530 + 13,136 −(−13,934 + 8,071) = 9,47 МэВРеакция экзотермическаяX= n6) 2311 Na +d →2411 Na+X Q = −9,530 + 13,136 −(−8,418 + 7,289) = 4,74 МэВZ 111111A 232241Реакция экзотермическаяX= pОчевидно, безмассовый фотон уносит подавляющую часть энергии реакции Q,т.
е. Eγ ≈ Q = 7,25 МэВ. Получим численный ответ. Для кинетической энергии 73 Li используем формулу (1.10.21), в которой E меняем на Q:T7 Li ≈Q22M7 Li · c2≈(7,25)2МэВ = 0,004 МэВ.2 · 7 · 931,573 LiЗдесь масса ядраоценивается как число нуклонов ядра, умноженное наатомную единицу массы (≈ 931,5 МэВ), что с точностью 0,2 % совпадаетс истинной величиной этой массы. Таким образом, энергия γ -кванта Eγ действительно почти не отличается от Q:Eγ = Q − T7 Li = (7,25 − 0,004) МэВ ≈ Q = 7,25 МэВ.321§2.9.
Ядерные реакции2.9.29. Реакция α + α → 73 Li + p протекает в районе порога. Определить скорости образующихся в этой реакции протона и ядра 73 Liв лабораторной системе координат.В районе порога наделенные массой продукты реакции двигаются неразделенными с одинаковой скоростью, равной скорости центра масс. Для нахождения пороговой энергии в лабораторной системе координат используемформулу (1.11.1):m|Q|Eпорог = (Tα )min = |Q| 1 + α +.2mα2mα cДоля Eпорог , идущая на движение центра масс, в данном случае равнатак как|Q|2mα c212Tц.м. = Eпорог =12≈ , 1. Действительно, |Q| = 17,35 МэВ (см.
задачу 1.11.12mα c2|Q|в § 1.11.1) иmα|Q|+2mα2mα cmα|Q|+1+2mα2mα c≈ 0,002. Таким образом, кинетическая энергия центра масс1|Q|2И искомая скорость1+mα|Q|+≈mα2mα c21≈ 17,35 МэВ (1 + 1 + 0,002) ≈ 17,4 МэВ.2#vLi = vp = vц.м. = c2Tц.м.mLi+p c2≈ 3 · 1010cмс2 · 17,4 МэВcм≈ 2 · 109.8 · 939 МэВс2.9.30. Ядерная реакция n + 105 B → 73 Li + 42 He может идти на покоящемся ядре 105 B практически при нулевой кинетической энергии нейтрона (Tn ≈ 0). Пусть в результате такой реакции α-частица (ядро 42 He)получила скорость vHe = 9,3 · 106 м/с. Определить кинетическую энергию ядра лития и энергию реакции Q.Так как нейтрон и ядро 105 B имеют нулевые кинетические энергии, тополный импульс до реакции также нулевой. Нулевым должен быть и полныйимпульс после реакции.
ПоэтомуMLi vLi = MHe vHe .Откуда кинетическая энергия ядра 73 Li дается выражением211MHe vHe2TLi = MLi vLi= MLi.22MLiДля численного расчета используем массы ядер 42 He и 73 Li в атомных единицахмассы (1 а.е.м. ≈ 931,5 МэВ/c2 ): MHe = 4,0015, MLi = 7,0143. ИмеемTLi ≈2(4,0015)2 · 9,3 · 106 м/с2 (7,0143)931,5 МэВ/c2 = 1,02 МэВ.11 Н.Г. Гончарова, Б.С. Ишханов, И.М. Капитонов322Гл. 2. Задачи с решениямиОпределим также кинетическую энергию ядра 42 He:THe2(4,0015) · 9,3 · 106 м/с12= MHe vHe =931,5 МэВ/c2 = 1,79 МэВ.22Для расчета энергии реакцииэту энергию не через массы Q2 выразим«участников» реакции (Q = (mi c −mf c2 )), а через их кинетическиеTf −Ti )). Здесь индексы i и f относятся соответственэнергии (Q = (но к начальной и конечной стадиям реакции.
Правомерность использованияальтернативного выражения для Q очевидна из сохранения полной энергиив реакции:mi c2 +Ti =mf c2 +Tf .Итак, получаемQ = TLi + THe − Tn − TB = 1,02 МэВ + 1,79 МэВ − 0 − 0 = 2,81 МэВ.2.9.31. Определить в лабораторной системе координат кинетическую энергию ядра 94 Be, образующегося при пороговом значении энергии нейтрона в реакции 126 C(n, α)94 Be.Рассмотрим задачу в общем виде.
Анализируется реакция типа a + A →→ B + b. В районе порога наделенные массой продукты реакции двигаютсянеразделенными с одинаковой скоростью, равной скорости центра масс. Приэтом кинетическая энергия центра масс Tц.м. делится между продуктами реакции пропорционально их массам. Поэтому кинетические энергии образовавшихся объектов B и b даются выражениямиTB = Tц.м.MB;M B + mbTb = Tц.м.mb.M B + mbС другой стороны, при пороговом значении энергии налетающей частицы a,ma, доля Eпорог , идущая на движениет. е.
при Eпорог = (Ta )min = |Q| 1 +MAцентра масс системы, дается вторым слагаемым в скобках (см. обсуждениеформул (1.11.1) и (1.11.2)). Следовательно,mTц.м. = |Q| a .MAСовмещая это соотношение с вышеприведенными соотношениями для TB и Tb ,получаемTB = |Q|maMB·;M A M B + mbTb = |Q|mamb·.M A M B + mbИспользуем теперь полученные формулы для решения данной задачи.Во-первых, вычисляем энергию реакции n + 126 C → 94 Be + α, используя соотношение (1.11.3):Q = Δ(n) + Δ(126 C) − Δ(94 Be) − Δ(α) == (8,071 + 0 − 11,348 − 2,425) МэВ = −5,702 МэВ.Далее получаем окончательный ответ:TBe = |Q|mnMBe193·= 5,702 ·МэВ = 5,702МэВ = 0,33 МэВ.MC MBe + mα12 9 + 452Здесь массы частиц (ядер) заменены их массовыми числами, что справедливос точностью не хуже 1 %.323§2.9. Ядерные реакции2.9.32.
Рассмотреть реакцию a + A → B + b, в которой известнывсе массы начальных и конечных объектов (ma , mA , mb , mB ) и кинетическая энергия Ta налетающей частицы a в лабораторной системекоординат. Получить в нерелятивистском приближении формулы длянахождения кинетических энергий и импульсов конечных продуктовреакции в системе центра инерции.B лабораторной системе координат (ЛСК) один из начальных объектовисполняет роль мишени и покоится (в данном случае это объект A), а другой(объект a) исполняет роль снаряда и движется на мишень. В ЛСК центринерции объектов движется вправо с некоторой скоростью.
В системе центраинерции (СЦИ) центр инерции объектов покоится, и оба начальных объектадвигаются навстречу друг другу с равными импульсами, исполняя одновременно роль снаряда и мишени. Перейдем из ЛСК в СЦИ. Для этого нужно найтискорость v движения центра инерции системы в ЛСК и добавить эту скоростькаждому из начальных объектов a и A, направив ее влево (направление вправосчитаем положительным, влево — отрицательным). При этом центр инерцииобъектов будет остановлен. Скорость v находится из условия равенства нулюсуммарного импульса начальных объектов: ma (va − v ) − mAv = 0 или, учитывая, что все скорости направлены вдоль горизонтали ma (va − v) = mA v .maОткуда v = va.ma + mAЗапишем закон сохранения энергии в рассматриваемой реакции в СЦИ:Ta + TA + ma c2 + mA c2 = Tb + TB + mb c2 + mB c2 или Ta + TA + Q = Tb + TB ,где Tb и TB — кинетические энергии конечных объектов в СЦИ, a Q == (ma + mA − mb − mB )c2 — энергия реакции.
Используя нерелятивистскоеприближение, вычислим Ta + TA :11Ta + TA = ma (va − v)2 + mA v 2 =22221ma1ma= ma va − va+ mA va=2ma + mA2ma + mA21mA1ma mA+ ma va2= Ta= ma va22211*ma + mA2(ma + mA )mA.ma + mA324Гл. 2. Задачи с решениямиИтак, для суммарной кинетической энергии конечных объектов (продуктовреакции) имеемTb + TB = Ta + TA + Q = TamA+ Q.ma + mAУчитывая, что в СЦИ конечные объекты имеют равные по величинеимпульсы pb = pB (они противоположно направлены), и в нерелятивистскомприближении pb2 = 2Tb mb , pB2 = 2TB mB , т. е.
Tb mb = TB mB , получаем посленесложных вычисленийTb =mBmb + mBTB =mbmb + mBTamA+Qma + mA=pb2,2mbTamA+Qma + mA=pB2.2mBКак и должно быть, в системе центра инерции pb = pB .2.9.33. Реакция a + A → B + b протекает в лабораторной системекоординат (ЛСК). Известны все массы начальных и конечных объектов(ma , mA , mb , mB ) и кинетическая энергия Ta налетающей частицы a.Кроме того, известно, что в системе центра инерции (СЦИ) продукты реакции разлетаются вдоль прямой линии, образующей угол θс направлением движения частицы a.
Найти кинетические энергиии импульсы продуктов реакции в ЛСК, a также углы, под которымиони разлетаются относительно направления движения частицы a.Условие задачи отвечает нулевому относительному орбитальному моментусталкивающихся объектов, т. е. их лобовому столкновению. Лишь в этомслучае в системе центра инерции в двухчастичной реакции типа a + A → B + bпродукты реакции в силу сохранения нулевого относительного орбитальногомомента двигаются в противоположные стороны вдоль линии, образующей относительно направления сближения исходных частиц (ядер), т. е.
направлениядвижения частицы a, некий угол θ (см. правую часть рисунка).Рассмотрение проводим, используя формулы нерелятивистской кинематики, которые применимы для большинства ядерных реакций. Кинетическиеэнергии Tb и TB продуктов реакции и их импульсы pb и pB в СЦИ даются325§2.9. Ядерные реакциизаключительными формулами предыдущей задачи. Для получения требуемыхусловием задачи кинематических характеристик продуктов реакции в ЛСКсовершим переход из СЦИ в ЛСК.
При этом изменятся скорости продуктовреакции, их импульсы, кинетические энергии и углы разлета. Импульсы,кинетические энергии и скорости продуктов реакции в ЛСК будем писать безштрихов: pb , pB , Tb , TB , vb , vB . B СЦИ все эти величины будут штрихован. Переход СЦИ → ЛСК осуществляется сообными: pb , pB , Tb , TB , vb , vBщением каждому объекту реакции дополнительной скорости, равной скоростиma.движения центра инерции системы в ЛСК, т. е.
скорости vци = vama + mAЭта скорость направлена вправо (вдоль оси x) и меняет лишь составляющиескорости vx каждого объекта вдоль этой оси. Составляющие скорости vy вдольвертикали (оси y ) остаются неизменными. Итак, в СЦИ имеемpb = mb vb =pB=mB vB=2Tb;mb2mb Tb и vb =2mB TBиvB#=2TB.mBДалее: (vb )x = vb · cos θ, (vb )y = vb · sin θ; (vB)x = v B· cos θ, (vB)y = v B· sin θ.При переходе в ЛСК имеем(vb )x = (vb )x + vци , (vb )y = (vb )y ; (vB )x = vци − (vB)x , (vB )y = (vB)y .Величины скоростей продуктов реакции в ЛСК следующие:vb = (vb )2x + (vb )2y = [(vb ) cos θ + vци ]2 + (vb )2 sin2 θ , 2vB = (vB )2x + (vB )2y = [vци − (vB) cos θ]2 + (vB) sin2 θ .Знание скоростей vb и vB продуктов реакции в ЛСК эквивалентно знанию ихимпульсов и кинетических энергий в этой системе координат:pb = mb vb ,pB = mB vB ,12Tb = mb vb2 ,122TB = mB vB.Углы разлета θb и θB продуктов реакции относительно горизонтальной оси(оси x) в ЛСК даются следующими очевидными соотношениями:tg θb =(vb )y(vb )x=vbvb sin θ;cos θ + vциtg θB =(vB )y(vB )x=vBsin θ.vци − vBcos θПри этом, если tg θB > 0, то объект B летит в переднюю полусферу,т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
