Н.Г. Гончарова, Б.С. Ишханов, И.М. Капитонов - Частицы и атомные ядра. Задачи с решениями и комментариями (1120465), страница 70
Текст из файла (страница 70)
Этот последний орбитальный момент делится между продуктами реакции. В какомсоотношении происходит это деление?В результате ядерной реакции оба конечных продукта начинают двигаться. При этом вектор их относительного орбитального момента lBb являетсявекторной суммой орбитальных моментов lb и lB конечных продуктов относительно их центра инерции, т. е. lBb = lb + lB . Поскольку относительно центраинерции сумма импульсов конечных частиц равна нулю, то вышенаписанноевекторное равенство орбитальных моментов можно заменить алгебраическим:lBb = lb + lB .
Ситуация поясняется рисунком.Точку центра инерции помещаем в начало координат. При этом радиус ци = 0. С другой стороны, по определению радиусавектор центра инерции R ци = mbrb + mB rB или, считая направление навектора центра инерции Rmb + mBmb r b − mB r B, т. е. mb rb = mB rB .mb + mBчастицу (ядро) b положительным, Rци =Конечные продукты B и b относительно центра инерции двигаются по параллельным траекториям в противоположные стороны. При этом pb = pB иотносительный орбитальный момент lBb = 0. Отметим, что при лобовом столкновении, когда относительные орбитальные моменты частиц (ядер) нулевые,продукты реакции двигаются относительно центра инерции с равными импульсами в противоположные стороны вдоль одной линии, проходящей через центринерции (см. задачу 2.9.33).b × rb + pB × rB или, учитывая параллельностьИмеем lBb = lb + lB = pимпульсов,lBb = (mb · vb · rb + mB · vB · rB ) cos θ = mb · rb · cos θ · (vb + vB ) =mm= mb · vb · rb · cos θ · 1 + b = lb · 1 + b .mBmB343§2.9.
Ядерные реакцииЗдесь использовано то, что mb rb = mB rB , а также pb = pB , или через массыи скорости: mb vb = mB vB .Таким образом, если один из конечных продуктов имеет массу многобольше, чем другой (например, mB mb ), то их относительный орбитальныймомент lBb обеспечивается главным образом более легким продуктом реакции,т.
е. в нашем примере lBb ≈ lb .16 ∗ −2.9.62. Реакция γ + 2010 Ne → 8 O (3 ) + α вызвана E2-фотономи идет с заселением второго возбужденного состояния ядра 168 O с энергией 6,13 МэВ и J P = 3− (см., например, рисунок к задаче 2.9.63).Показать, что конечные продукты могут иметь относительный орбитальный момент lOα = 5. Определить, как этот момент делится междуконечными продуктами.Реакция возможна при одновременном выполнении законов сохраненияполного момента количества движения J и четности P . Момент количествадвижения и четность системы в начальном (i-м) состоянии, т. е.
до реакции,должны быть равны этому моменту и четности в конечном (f -м) состоянии:Ji = Jf , Pi = Pf . E2-фотон имеет JγP = 2+ . Ядро 2010 Ne находится в основном, т. е. 0+ -состоянии. JαP = 0+ . По условию задачи J16PO = 3− . Имеем:Ji = JNe + Jγ , Jf = J16 O + Jα + lOα . Таким образом, получаем два уравнения:JNe + Jγ = J16 + Jα + lOα , или 0 + 2 = 3 + 0 + lOα ,Opγ (E2) · pNe = pα · p16 O · (−1)lOα , или (+1) · (+1) = (+1) · (−1) · (−1)lOα .Из первого уравнения следует, что lOα = 1, 2, 3, 4, 5.
Из второго уравненияследует, что lOα должно быть нечетным, т. е. lOα = 1, 3, 5. Таким образом,lOα = 5 возможно. В соответствии с задачей 2.9.61 имеемmα41lOα = l16 O + lα = lα · 1 +≈ lα · 1 += lα · 1 +.m16 O164344Гл. 2. Задачи с решениямиОткуда следует, что относительный орбитальный момент lOα = 5 распределяется между α-частицей и ядром 168 O следующим образом: lα = 4, а l16 O = 1.2.9.63. Исходя из схемы протекания реакции∗ +16−p + 199 F → 2010 Ne (1 ) → 8 O(3 ) + α,(см.
рисунок) определить орбитальный момент захваченного протона∗ +и изоспин промежуточного состояния 2010 Ne (1 ) с энергией возбуждения 14 МэВ.Найдем орбитальный момент захваченного протона. Запишем закон сохранения полного момента количества движения в начальном канале рассматри∗ +ваемой реакции p + 199 F → 2010 Ne (1 ):11∗ 199 F) = J 20или + lp + = 1.Jp + lp + J(10 Ne22Здесь Jp — спин протона (1/2), а lp — его искомый орбитальный момент.Отсюда получаем lp = 0, 1, 2.
Для уточнения lp используем закон сохранениячетности. Реакция идет по сильному взаимодействию, и закон сохранениячетности имеет место. Итак, четность системы p + 199 F должна быть равна∗ +четности состояния 2010 Ne (1 ):∗lppp · P (199 F) · (−1)lp = 20= (+1).10 Ne или (+1) · (+1) · (−1)Здесь pp = +1 — внутренняя четность протона, а (−1)lp — его орбитальнаячетность. Отсюда получаем, что возможны лишь четные значения lp , т. е. изполученных выше значений lp = 0, 1, 2 нужно оставить только 0 и 2. Итак,окончательно имеем: lp = 0, 2.∗ +Теперь находим изоспин промежуточного состояния 2010 Ne (1 ).
Для этогоиспользуем конечную стадию рассматриваемой реакции — стадию распада про∗ +16−межуточного состояния: 2010 Ne (1 ) → 8 O(3 ) + α. Распад идет по сильномувзаимодействию, в котором изоспин сохраняется. Поэтому имеем∗∗= I 168 O∗ + Iα или I 20= 0 + 0.I 2010 Ne10 Ne§2.9. Ядерные реакцииОткуда получаем Iлевой.20∗10 Ne345= 0. Здесь учтено то, что изоспин α-частицы ну-2.9.64. Возможно ли возбуждение уровня 0+ с энергией 2,31 МэВи изоспином I = 1 ядра 147 N в реакции неупругого рассеяния дейтронана этом ядре, идущей за счет сильного взаимодействия? Этот уровень — первое возбужденное состояние ядра 147 N.Рассматривается реакция d + 147 N → 147 N∗ + d.
Используем закон сохранения изоспина, выполняющийся в сильных взаимодействиях. Изоспин системыв начальном (i-м) состоянии, т. е. до реакции, должен быть равен изоспинусистемы в конечном (f -м) состоянии: Ii = If . В данном случае Ii = Id + I14 N ,If = I14 N∗ + Id . Изоспины дейтрона и ядра 147 N в основном состоянии нулевые: Id = I14 N = 0. Изоспин возбуждаемого состояния ядра 147 N единичный:I14 N∗ = 1.
Для рассматриваемой реакции закон сохранения изоспина выглядиттак:Id + I14 N = I14 N∗ + Id .Очевидно, этот закон не выполняется, поскольку подстановка значений изоспинов в вышенаписанное равенство приводит к неравенству:0 + 0 = 1 + 0.Таким образом, возбуждение уровня 0+ с энергией 2,31 МэВ ядра 147 Nв реакции неупругого рассеяния дейтронов на этом ядре, идущей за счет сильного взаимодействия, невозможно. Отметим, что возбуждение данного уровняв данной реакции становится возможным, если реакция будет проходить поэлектромагнитному или слабому взаимодействию.
Очевидно, вероятность таких реакций будет незначительной.2.9.65. Возможно ли возбуждение уровня 1+ с изоспином I = 1ядра 126 C (его энергия 15,11МэВ)∗ в реакции неупругого рассеяния нанем α-частицы: α + 126 C → 126 C 1+ ,I=1 + α, идущей за счет сильноговзаимодействия?Полагаем, что ядро 126 C до реакции находится в основном состоянии. В этомсостоянии его спин-четность 0+ и изоспин нулевой. Изоспин α-частицы такженулевой.
В реакциях за счет сильного взаимодействия должен выполнятьсязакон сохранения изоспина. Для двухчастичных реакций A(a, b)B этот законзаписывается в виде (см. (1.11.8)): Ia + IA = Ib + IB . В нашем случае привыполнении этого закона должно быть 12 C) = Iα + I( 12 C∗ ).Iα + I(В то же время после подстановки значений изоспиновых векторов участвующих объектов в данное равенство получаем0 + 0 = 0 + 1,т. е. изоспин не сохраняется, а значит по сильному взаимодействию реакция невозможна.
Заметим, что по электромагнитному или слабому взаимодействию, где сохранение изоспина не требуется, рассматриваемая реакцияне запрещена, хотя ее вероятность сравнительно невысока.346Гл. 2. Задачи с решениями2.9.66. Показать, что в реакции неупругого рассеяния дейтроновна ядре 105 B, идущей за счет сильного взаимодействия, невозможновозбуждение уровней этого ядра с изоспином 1.Реакция имеет вид d + 105 B → d + 105 B∗ .
Дейтрон и 105 B это ядра с N = Z .Поэтому для них I3 = (Z − N)/2 = 0 и изоспин основного состояния (groundstate) Igs , определяемый правилом Igs = |I3 |, для каждого из этих ядер тожеравен нулю Igs = |I3 | = 0. Отсюда получаем, что сохранение изоспина в рассматриваемом процессе возможно лишь, если изоспин конечного возбужденного ядра 105 B∗ также равен нулю I(105 B∗ ) = 0.2.9.67. Какие состояния ядра 147 N из приведенных на схеме уровней могут быть возбуждены в реакциях неупругого рассеяния (α, α ),(d, d ), (p, p ), если эти реакции происходят по каналу сильного взаимодействия, а ядро 147 N до реакции находится в основном состоянии?α-частица это ядро 42 He в основном состоянии, дейтрон (d) это ядро 21 H.Обе частицы, как и ядро 147 N, до реакции находящееся в основном состоянии,имеют нулевой изоспин (I = 0).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
