Н.Г. Гончарова, Б.С. Ишханов, И.М. Капитонов - Частицы и атомные ядра. Задачи с решениями и комментариями (1120465), страница 74
Текст из файла (страница 74)
Полагаем APb = 207,19 г/моль. ИмеемLγ ,Pb =1APb==nPb σPbρPb σPb NPb=207,19 г/моль11,3 г/см3 · 15,7 · 10−24 см2 · 6,02 · 1023 моль−1= 1,9 см.360Гл. 2. Задачи с решениями3) Антинейтрино в Земле. Имеем для концентрации электронов и нуклоρЗ NAнов в Земле nЗ = (ZЗ + AЗ )= 1,5(г/моль)−1 · ρЗ NA . ПолучаемAЗ (г/моль)Lν ,З11===nЗ σЗ1,5 · ρЗ σЗ NA=11,5(г/моль)−1 · 5 г/см3 · 10−19 · 10−24 см2 · 6,02 · 1023 моль−1≈≈ 2,2 · 1016 м = 2,2 · 1013 км.Это в 1,75·109 раз больше диаметра Земли.2.10.15.
Оценить время ядерного взрыва.Ядерный взрыв возникает за счет лавинообразной цепной реакции деления.Необходимое условие поддержания цепной реакции деления состоит в том,чтобы каждое ядро, захватывающее нейтрон и испытывающее деление, в среднем давало, по крайней мере, один вторичный нейтрон, который вызывал быделение еще одного ядра. Это условие обычно выражают с помощью коэффициента размножения k, определяемого как отношение числа нейтроновнекоторого поколения к соответствующему числу нейтронов поколения, непосредственно ему предшествующего (см. § 1.11.4).
Так как при делении ядраодин из испущенных им нейтронов нужен для поддержания цепной реакции,то число нейтронов за одно поколение увеличивается на k − 1 на каждыйнейтрон. Таким образом, если в какой-то момент имеем N нейтронов, тоскорость их роста будет N (k − 1) за одно поколение. Если τ — среднийвременной интервал между соседними поколениями, тоtdNN (k − 1)=и N = N0 e(k−1) τ ,dtτгде N0 — число нейтронов в системе в момент начала цепной реакции.Дальнейшую оценку выполним для случая взрыва бомбы, состоящей из235U.
При полном делении 1 кг урана освобождается энергия, равная энерговыделению примерно 20 килотонн тротила (это соответствует бомбе, взорваннойнад Хиросимой). Деление при ядерном взрыве происходит за счет быстрыхнейтронов. В одном акте деления ядра 235 U быстрыми (≈ 1 МэВ) нейтронамив среднем освобождается 2,65 нейтрона, из которых способность деления,избежав радиационного захвата (процесса (n, γ)), сохраняет 2,3 нейтрона.Таким образом, в рассматриваемом случае k = 2,3. Для решения необходимоLтакже знать τ . Определим эту величину с помощью соотношения τ = ,vгде L — средняя длина свободного пробега быстрого нейтрона до реакцииделения, а v — скорость нейтрона с кинетической энергией Tn ≈ 1 МэВ.Длину свободного пробега быстрого нейтрона в 235 U находим из соотношения1L=(см.
определение длины свободного пробега в задаче 2.10.12), гдеnσn — концентрация ядер металлического урана, а σ — эффективное сечениеделения ядер 235 U быстрыми нейтронами (1,2–1,3 барн). Поскольку плотностьρNA(NA — число Авогадро, A —металлического урана ρ = 19 г/см3 , а n =Aмассовое число в граммах), тоL=1A235 г==≈ 16,7 см.nσρ · NA · σ19 г/см3 · 6,02 · 1023 · 1,25 · 10−24 см2361§2.10. Деление и синтез ядерСкорость v быстрого нейтрона2Tn2 · 1МэВ10 cмv=c=3·102сmn cСледовательно,τ=939,57 МэВ≈ 109 см/с.L16,7 см= 9≈ 1,7 · 10−8 сv10 см/сtи из N = N0 e(k−1) τ получаем для времени t ядерного взрыва 1 кг−8τN1,7 · 10с2,56 · 10t=ln=ln(k − 1)N0(2,3 − 1)124≈ 7,3 · 10−7235U:с.Здесь принято N0 = 1 и для числа ядер в образце 235 U массой m = 1 кгm · NA1000 гиспользовано N ==6,02 · 1023 моль−1 ≈ 2,56 · 1024 .
Отме235 г/мольAтим, что ядерный взрыв возможен лишь в системе, имеющей массу не меньшекритической (около 50 кг для шара из металлического 235 U).2.10.16. Оценить плотность потока нейтронов на расстоянии 1 кмот эпицентра в момент взрыва урановой атомной бомбы с энерговыделением 20 килотонн тринитротолула (тнт).Энерговыделение в 20 кт тнт соответствует полному делению примерно1 кг урана (бомбе, взорванной над Хиросимой). Прежде всего, найдем полноеколичество N нейтронов, образовавшихся при взрыве.
Это количество равночислу M ядер урана в образце массой m = 1 кг, умноженному на величину(k − 1), где k — коэффициент размножения нейтронов (см. задачу 2.10.15).Для 235 U коэффициент k = 2,3. Поэтому получаемN = M · (k − 1) = mNA6,02 · 1023 моль−1(k − 1) = 103 г ·(2,3 − 1) = 3,33 · 1024 .A235 г/мольПлотность потока j нейтронов на расстоянии R = 1 км от эпицентранаходим с учетом площади 4πR2 сферы радиуса R и длительности взрываt ≈ 7,3 · 10−7 с, оцененной в задаче 2.10.15:j=N4πR · t2=3,33 · 1024 нейтронов−74 · 3,14 · (10 см) · 7,3 · 1052с≈ 4 · 1019нейтроновсм2 · с.2.10.17. Первые ядра тяжелее водорода возникли во Вселеннойв период от 1 до 300 с после Большого взрыва в результате такназываемого первичного нуклеосинтеза. Цепочка реакций первичногонуклеосинтеза начинается с соединения протона и нейтрона в ядродейтерия 21 H.
Основным результатом первичного нуклеосинтеза являются ядра 42 He. Процесс их образования распадается на три стадии:стадия 1 : p + n → 21 H + γ + 2,224 МэВ,+ p → 32 He + γ + 5,49 МэВ.&31 H + p + 4,03 МэВ,221H + 1H →32 He + n + 3,27 МэВ.стадия 2 :21Hстадия 3 :21H21H+ 31 H → 42 He + n + 17,59 МэВ,+ 32 He → 42 He + p + 18,35 МэВ,362Гл. 2. Задачи с решениямигде для каждой реакции указана выделяющаяся энергия реакции Q.Получить эти значения Q и в целом энергию, выделяющуюся присинтезе одного ядра 42 He. В какой форме выделяется эта энергия?Используйте избытки масс «участников» реакций в МэВ: Δ(n) = 8,071;Δ(11 H) = 7,289; Δ(21 H) = 13,136; Δ(31 H) = 14,950; Δ(32 He) = 14,931;Δ(42 He) = 2,425.Для нахождения энергии каждой реакции в цепочке достаточно воспользоваться формулой (1.11.3).
Далее ограничимся случаем, когда 2-я стадиясводится к синтезу двух ядер дейтерия (21 H + 21 H). Тогда вышеприведеннаяцепочка реакций в компактном виде выглядит следующим образом:3p + 3n → 42 He + p + n + 3γ ,т. е. фактически сводится к процессу 2p + 2n → 42 He. Энергия Q этой реакции·равна энергии связи W (42 He) ядра 42 He или Q ≡ W (42 He) = 2 · Δ(11 H) + 2 ×× Δ(n) − Δ(42 He) = (2 · 7,289 + 2 · 8,071 − 2,425) МэВ = 28,295 МэВ.
Этоже значение получается, если учесть энергии реакций на каждой стадиивышеприведенной цепочки реакций синтеза 42 He.Определим, в какой форме выделяется энергия синтеза 42 He. В этом процессе появляется три фотона с суммарной энергией ≈ 3 · 2,224 МэВ ≈ 6,67 МэВ(незначительными энергиями отдачи ядер 21 H пренебрегаем). Остальная энергия (21,62 МэВ), если пренебречь сравнительно небольшими энергиями отдачиядер 21 H, 31 H, 32 He и 42 He, уносится совместно протоном и нейтроном в конечномсостоянии.2.10.18. Наиболее вероятная цепочка термоядерных реакций наСолнце, приводящая к образованию ядер 42 He из ядер водорода (протонов), носит название протон-протонного цикла и выглядит следующим образом:1.
p + p → 21 H + e+ + νe ,2. p + 21 H → 32 He + γ ,3. 32 He + 32 He → 42 He + p + p.Определить энергию, выделяющуюся при образовании одного ядра 42 He. Используйте массы «участников» реакций в МэВ: mp c2 == 938,27; m2 H c2 = 1875,61; m3 He c2 = 2808,39; m4 He c2 = 3727,38.Для энергий реакций имеем:Реакция 1 :Q1 = 2mp c2 − m2 H c2 − me+ c2 == (2 · 938,27 − 1875,61 − 0,51) МэВ = 0,42 МэВ.Реакция 2 :Q2 = mp c2 + m2 H c2 − m3 He c2 == (938,27 + 1875,61 − 2808,39) МэВ = 5,49 МэВ.Реакция 3 :Q3 = 2m3 He c2 − m4 He c2 − 2mp c2 == (2 · 2808,39 − 3727,38 − 2 · 938,27) МэВ = 12,86 МэВ.Для того чтобы образовалось ядро 42 He в реакции 3, нужны два ядра 32 He,т.
е. перед этим каждая из реакций 1 и 2 должна произойти дважды. В ком-363§2.10. Деление и синтез ядерпактном виде (суммируя все реакции) процесс образования одного ядра 42 Heиз 4-х протонов выглядит так:4p → 42 He + 2e+ + 2νe + 2γ.При этом суммарная выделяющаяся энергияQ(4p → 42 He) = 2Q1 + 2Q2 + Q3 =(2 · 0,42 + 2 · 5,49 + 12,86) МэВ = 24,68 МэВ.Образующиеся при синтезе 42 He два позитрона аннигилируют с двумяэлектронами, увеличивая энерговыделение до24,68 МэВ + 4me c2 = (24,68 + 4 · 0,51) МэВ = 26,72 МэВ.2.10.19.
Основной источник энергии Солнца — синтез ядер 42 Heиз протонов. В этом процессе выделяется энергия Q = 26,7 МэВпри образовании одного ядра 42 He (см. задачу 2.10.18). 90 % этойэнергии испускается в виде γ -излучения. Светимость Солнца L == 3,8 · 1026 Ватт и масса Солнца M = 1,98 · 1030 кг. 1) Какую массуΔM теряет Солнце в год? 2) Какая масса водорода ΔMH сгорает наСолнце в год? 3) Каков поток Φν солнечных нейтрино на Земле?1) ΔM =1c2L · Δtгод ·100.90Учтем, что Δtгод (длительность 1 года) ≈ 3,15 · 107 с, 1 кг ≈ 0,9 · 1024эрг,c2эрг1 Ватт = 10. Имеемс1эргс1001 кгΔM = 2 · 3,8 · 1033· 3,15 · 107··= 1,5 · 1017 кг/год.сгод 90 0,9 · 1024 эрг/c2c72) При исчезновении 4-х протонов с массой 4Mp выделяется энергия26,7 МэВ.
Таким образом,ΔMH = ΔM ·4Mp c2кг 4 · 938= 1,5 · 1017·≈ 2,1 · 1019 кг/год.26,7 МэВгод26,73) В каждом акте образования ядра 42 He возникает 2 нейтрино. При этомвыделяется энергия Q = 26,7 МэВ. Поскольку расстояние от Солнца до ЗемлиR = 1,5 · 108 км, то для потока Φν солнечных нейтрино на Земле имеемΦν =2Q · 4πR2· L =226,7 МэВ · 4π 1,5 · 1013см 2 · 2,4 · 1039МэВ≈с≈ 6,4 · 1010Здесь учтено, что L = 3,8 · 1033нейтриносм2 · с.эргМэВ= 2,4 · 1039.сс2.10.20. Показать, что реакция p + p → 21 H + e+ + νe , являющаясяосновным источником энергии Солнца, идет за счет слабого взаимодействия Гамова–Теллера, причем соответствующий β -переход являетсяразрешенным.Для того, чтобы произошла обсуждаемая реакция, два протона должны оказаться практически в одной точке (радиус слабого взаимодействия364Гл.
2. Задачи с решениями≈ 10−16 см). При этом, подчиняясь принципу Паули, эти протоны не могутв этой точке иметь одинаковые квантовые числа. Состояние протонов при малых энергиях — это почти чистое s-состояние, т. е. состояние с относительныморбитальным моментом l = 0. Таким образом, орбитальные квантовые числапротонов одинаковы и они могут отличаться лишь направлениями спинов —спины протонов должны быть антипараллельными (↑↓). Поэтому полный моP= 0+ .мент и четность двух протонов JppВ результате реакции образуется дейтрон в основном состоянии, т. е. в состоянии с J P (21 H) = 1+ . Очевидно, реакция может быть разрешенной толькоза счет взаимодействия Гамова–Теллера.
Направления спинов нуклонов и лептонов показаны на следующей схеме:p + p → 21 H(np) + e+ + νe↑ + ↓ → ↑↑ + ↓ + ↓ .Покажем теперь, что два протона, участвуя в реакции, имеют нулевойотносительный орбитальный момент. Известно, что реакция p + p → 21 H(np) ++ e+ + νe в звездах идет при кинетических энергиях протонов Tp ≈ 1 кэВ.Значение относительного орбитального момента протонов определяется из соотношения l · h̄ p · R, где p — их относительный импульс, а R — радиуснуклона (≈ 10−13 см). Так как√11МэВ · сp=2Tp · mp c2 ≈2 · 10−3 МэВ · 938 МэВ ≈ 4,6 · 10−11,10c3 · 10смсм/сто для относительного орбитального момента получаемМэВ · с4,6 · 10−11· 10−13 смpRсмl≈≈ 0,007.h̄6,6 · 10−22 МэВ · сПоскольку квантово-механический орбитальный момент обязан быть целым числом или нулем, то для относительного орбитального момента протоновостается единственное значение l = 0.2.10.21.
Источником излучения Солнца являются термоядерныереакции в его недрах (см. задачу 2.10.18). Фотоны рождаются внутри·Солнца, где плотность вещества 150–160 г/см3 , а температура ≈ 1,6 ×× 107 K (она отвечает кинетическим энергиям частиц ≈ 1 кэВ). В недрах Солнца устанавливается термодинамическое равновесие. Поэтомуэнергии фотонов, покидающих центральную область Солнца, распределены по закону Планка для абсолютно черного тела с вышеуказаннойтемпературой, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
