Н.Г. Гончарова, Б.С. Ишханов, И.М. Капитонов - Частицы и атомные ядра. Задачи с решениями и комментариями (1120465), страница 66
Текст из файла (страница 66)
е. θB < 90◦ . Если же tg θB < 0, то объект B летит в заднюю полусферу,т. е. 90◦ < θB < 180◦ .Отметим, что задачи 2.9.32 и 2.9.33 решены в нерелятивистском приближении. В этом случае в расчетах вместо масс частиц (ядер) можно иудобно использовать массовые числа, т. е. имеет место приближенное равенствоma + mA ≈ mb + mB , выполняющееся с точностью десятых долей процента.2.9.34. α-частицы с энергией Tα = 5 МэВ взаимодействуют с неподвижным ядром 73 Li.
Определить величины импульсов в системе центраинерции образующихся в результате реакции 73 Li(α, n)105 B нейтронаи ядра 105 B. Избытки масс «участников» реакции в МэВ следующие:Δ(73 Li) = 14,908; Δ(α) = 2,425; Δ(105 B) = 12,051; Δ(n) = 8,071.326Гл. 2. Задачи с решениямиВоспользуемся формулами, полученными в задаче 2.9.32:mBmLip2Tn =Tα+Q = n ,mn + mBmα + mLi2mnmnmLip2TB =Tα+Q = B .mn + mBmα + mLi2mBpn ,Очевидно, достаточно вычислитьпоскольку в системе центра инерцииpB =√= pn .
Импульс нейтрона рассчитаем с помощью соотношения pn = 2mn · Tn ,в котором используем кинетическую энергию нейтрона Tn , вычисленную с использованием верхней из вышенаписанных формул. Находим Q:Q = Δ(α) + Δ(73 Li) − Δ(105 B) − Δ(n) == (2,425 + 14,908 − 12,051 − 8,071) МэВ = −2,789 МэВ.Определяем Tn :mBTn =Tαmn +mBmLi10+Q ≈mα +mLi1 + 1057− 2,7894+7МэВ = 0,357 МэВ.Здесь массы частиц (ядер) заменены их массовыми числами, что справедливос точностью 0,5 %. Теперь рассчитываем импульс нейтрона pn и ядра 105 B:11МэВpn = pB = 2mn · Tn =2mn c2 · Tn =2 · 939,57 · 0,357 МэВ = 25,9.ccc2.9.35. Как и в предыдущей задаче 2.9.34, рассматривается реакция 73 Li(α, n)105 B, вызванная α-частицами с энергией Tα = 5 МэВ,испытывающими лобовое столкновение с неподвижным ядром 73 Li.
Известно, что в системе центра инерции (СЦИ) нейтрон летит под угломθ = 60◦ относительно направления движения α-частицы. Определитькинетические энергии Tn и TB продуктов реакции и углы их разлетаθn и θB в лабораторной системе координат (ЛСК). Использовать массыучастников реакции в энергетических единицах: mα c2 = 3727,38 МэВ;mLi c2 = 6533,83 МэВ; mn c2 = 939,57 МэВ; mB c2 = 9324,44 МэВ.Условие лобового столкновения означает, что конечные и начальные частицы (ядра) имеют нулевые относительные орбитальные моменты.
Решениеосновано на результатах задачи 2.9.34 и формулах, полученных в задаче 2.9.33.Вначале определяем кинетические энергии продуктов реакции в СЦИmBmLiTn =Tα+Q ≈mn + mBmα + mLi1075− 2,789 МэВ = 0,357 МэВ,≈1 + 104+7mnmLiTB =Tα+Q ≈mn + mBmα + mLi 715− 2,789 МэВ = 0,0357 МэВ.≈1 + 104+7Здесь массы частиц (ядер) заменены их массовыми числами, что справедливо с точностью до десятых долей процента.
Далее определяем скорости327§2.9. Ядерные реакциипродуктов реакции в СЦИ:#2Tnvn = c#vB=cmn c22TBmB c22 · 0,357 МэВ=c= 0,0274c,939,57 МэВ2 · 0,0357 МэВ=c= 0,002766c.9324,44 МэВРассчитываем квадраты скоростей продуктов реакции в ЛСК (см. задачу 2.9.33): 2 2 22vn2 = vn · cos θ + vци + vn · sin2 θ = vци+ vn + 2vn · vци · cos θ == [0,000355 + (0,0274)2 + 2 · 0,0274 · 0,01884 · 0,5]c2 = 0,001622c2 .
2 2 222= vци − vB· cos θ + vB· sin2 θ = vци+ vB− 2v B· vци · cos θ =vB= [0,000355 + (0,002766)2 − 2 · 0,002766 · 0,01884 · 0,5]c2 = 0,000311c2 .Здесь использовано то, что скорость центра инерцииvци = vαmα4= 0,0518c ·= 0,01884c,mα + mLi4+72Tα2 · 5 МэВгде в свою очередь скорость α-частицы vα = c=c2mα c3727,38 МэВ== 0,0518c и массы mα и mLi заменены массовыми числами.Теперь рассчитываем кинетические энергии продуктов реакции в ЛСК:11МэВ· 0,001622c2 = 0,762 МэВ;22c211МэВ2= mB vB= 9324,44 2 · 0,000311c2 = 1,450 МэВ.22cTn = mn vn2 = 939,57TBВычисляем углы разлета продуктов реакции в ЛСК относительно направления движения α-частицы (см. заключительные формулы задачи 2.9.33):tg θn =tg θB =sin θcos θ +vциsin θvциvB=vn− cos θ=0,86600,5 +0,01884c0,0274c= 0,729;0,86600,01884c− 0,50,002766c= 0,137;θn ≈ 36◦ .θB ≈ 8 0 .Схема разлета продуктов реакции в ЛСК и СЦИ показана на рисунке.328Гл.
2. Задачи с решениями2.9.36. При исследовании реакции a + A → B + b под действиемчастиц a с кинетической энергией Ta (ядро A покоится) в спектречастиц b, измеренном под углом θ , наблюдается пик при кинетическойэнергии Tb . Получить формулы для определения энергии возбуждения Ei∗ конечного ядра B , отвечающего появлению этого пика.Энергия возбуждения ядра определяется соотношением Ei∗ = Q0 − Qi ,где Q0 и Qi — энергии реакций с образованием ядра в основном и в i-омвозбужденном состоянии соответственно. Чтобы воспользоваться этим соотношением, нужно получить формулу для расчета Qi . Сделаем это.
Воспользуемсяследующим рисунком.Запишем закон сохранения энергии в лабораторной системе координат привозбуждении конечного ядра B до энергии Ei∗ :Ta + ma c2 + mA c2 = Tb + TB + mb c2 + mB c2 + Ei∗ или Qi = Tb + TB − Ta ,где Ta , Tb , TB — кинетические энергии объектов, a Qi = (ma + mA )c2 −− mb c2 − (mB + Ei∗ )c2 — энергия реакции при возбужденном конечном ядре.Сохранение импульса приводит к следующим соотношениям:pa = (pB )x + (pb )x , (pB )y = (pb )y ,(pb )x = pb · cos θ,(pb )y = pb · sin θ.Далее(pB )x = pa − (pb )x ,=+= [pa − (pb )x ]2 + (pB )2y = p2a + p2b − 2pa · pb · cos θ.Подстановка в соотношение Qi = Tb + TB − Ta вместо кинетической энергии TB ее нерелятивистского выражения, содержащего импульс, т. е.p2B(pB )2x(pB )2yp2Bp2 + p2b − 2pa · pb · cos θ= a,2mB2mBдает искомую формулу для Qi :Qi = Tb√2 ma mb mb + mBm − ma− Ta B−Ta Tb cos θb .mBmBmB262.9.37.
При исследовании реакции 2713 Al(p, d)13 Al под действиемпротонов с энергией Tp = 62 МэВ в спектре дейтронов, измеренном под углом θd = 90◦ c помощью детектора с телесным угломΔΩ = 2 · 10−4 стерадиан, наблюдались пики при энергиях Td = 45,3;44,32 и 40,91 МэВ. При суммарном заряде протонов q = 2,19 мКл,329§2.9. Ядерные реакцииупавших на мишень с массовой толщиной μ = 5 мг/см2 , количество отсчетов в этих пиках ΔN составило 5180, 1100 и 4570 соответственно.Определить энергии уровней ядра 2613 Al, возбуждение которых наблюдалось в этой реакции. Рассчитать дифференциальные сечения dσ/dΩэтих процессов.
Даны избытки масс участников реакции в МэВ:26Δ(2713 Al) = −17,197; Δ(13 Al) = −12,210; Δ(p) = 7,289; Δ(d) = 13,136.Энергия возбуждения ядра определяется соотношением Ei∗ = Q0 − Qi ,где Q0 и Qi — энергии реакций с образованием ядра в основном и в i-ом26возбужденном состоянии соответственно. Энергию реакции 2713 Al(p, d)13 Al с об26разованием ядра 13 Al в основном состоянии получим, используя данные поизбыткам масс ядер:Q0 = (−17,197 + 7,289 − 13,136 + 12,210) МэВ = −10,834 МэВ.Энергию реакции рассчитываем с помощью заключительной формулы задачи 2.9.36:2 mp md m26 Al − mpm + m26 AlQi = Td d− Tp−Tp Td cos θd .m26 Alm26 Alm26 AlПодставляя в эту формулу соответствующие величины (массы заменяем намассовые числа), получим для трех дейтронных пиков (Td = 45,3; 44,32и 40,91 МэВ) соответственно Q(45,3) = −10,83 МэВ, Q(44,32) = −11,89 МэВи Q(40,91) = −15,56 МэВ. Таким образом, первый пик соответствует образованию ядра 2613 Al в основном состоянии (Q(45, 3) ≡ Q0 ), второй — возбуждениюсостояния с энергией E ∗ = 1,06 МэВ (это третье возбужденное состояние ядра26∗13 Al), а третий — возбуждению состояния с энергией E = 4,73 МэВ (это 35-е26возбужденное состояние ядра 13 Al).Переходим к расчету дифференциальных сечений dσ/dΩ.
Используем соотношение (1.2.23):ΔN(θ)dσ(θ) = ΔΩ,dΩj·Mгде j в данном случае число протонов, упавших на единицу поперечнойплощади мишени за все время эксперимента (не в единицу времени), посколькув числителе ΔN — число отсчетов в дейтронных пиках за весь опыт (не ихчисло в единицу времени). M — полное число ядер мишени, находящихсяв пучке (M = n · S · L, где n — число ядер мишени в единице объема; S —облучаемая площадь мишени; L — толщина мишени). Учтем также то, что2nL — число ядер 2713 Al на 1 см поперечной площади облучаемой части мишени.Величину nL нужно связать с массовой толщиной μ медной фольги.
Эта связьимеет вид: μ = nL · (вес одного атома меди). Так как вес в граммах одногоA(NA — числоатома химического элемента с массовым числом A равенАвогадро), то получаем nL = μNANA. Итак, имеемAj · M = jS · nL = jS · μNA.AЗдесь jS — полное число протонов, упавших на мишень за все время эксперимента. Это число задается суммарным зарядом этих протонов q = 2,19 мКл:jS =q2,19 · 10−3 Кл=≈ 1,37 · 1016 .e1,6 · 10−19 Кл330Гл.
2. Задачи с решениямиИтак, рабочая формула для определения дифференциального сечения следующая:dσΔN1AΔN eA=··=· ·.dΩΔΩjSμ · NAПользуясь этой формулой, получаем: dσ ΔN eA=· ·dΩTd =45,3 МэВ dσ dσ dΩTd =44,32 МэВdΩTd =40,91 МэВΔΩΔΩqμ · NA=q μ · NA5180127 г··==2 · 10−4 стерад 1,37 · 1016 5 мг/см2 · 6,02 · 1023мкб,= 1,7 · 10−29 см2 = 17стерадмкб= 3, 6,стерадмкб= 15.стерад312.9.38. Эффективное сечение реакции 3216 S(γ , p)15 P с образованием31конечного ядра 15 P в основном состоянии при энергии падающихγ -квантов, равной 18 МэВ, составляет 4 мб. Оценить величину инте32грального сечения обратной реакции 3115 P(p, γ)16 S, отвечающей той же3231энергии возбуждения ядра 16 S, что и в прямой реакции 3216 S(γ , p)15 P.Учесть, что это возбуждение снимается за счет γ -перехода в основное состояние. Даны избытки масс участников реакции в МэВ:31Δ(3216 S) = −26,016; Δ(15 P) = −24,441; Δ(p) = 7,289.Воспользуемся принципом детального равновесия (баланса), который связывает эффективные сечения прямой и обратной реакций и является прямымследствием инвариантности квантовой системы относительно обратимости движения (см., например, Ю.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
