Законы сохранения в ядерных реакциях

Задача 3.1

α-Частица с кинетической энергией Т_α = 1,0 МэВ упруго рассеялась на покоящемся ядре ⁶Li. Определить кинетическую энергию ядра отдачи, отлетевшего под углом φ = 30º к первоначальному направлению движения α-частицы.

Решение

Запишем законы сохранения энергии и импульса для упругого рассеяния:

;	(3.1.1)
.	(3.1.2)

Изобразим графически закон сохранения импульса для процесса упругого рассеяния α-частицы на покоившимся ядре ⁶Li, которое произошло в точке «о». Верхние правые индексы « ' » обозначают величины после рассеяния.

По теореме косинусов

.

(3.1.3)

Так как энергия покоя α-частиц m_αс² >> Т_α, то можно использовать классическую связь между импульсом и кинетической энергий. Тогда (3.1.3) приобретает вид:

.

(3.1.4)

Выразим из (3.1.1), подставим в уравнение (3.1.4) и, освободившись от иррациональности, получим

.

(3.1.5)

Эта же задача может быть решена с помощью векторной диаграммы импульсов для упругого рассеяния, построение которой приведено на рис. 3.2. Построение векторной диаграммы импульсов для поставленной задачи изображено на рисунке слева. Энергия ядра ⁶Li после соударения выражается через его импульс следующим образом

.

(3.1.6)

Но длина отрезка CB соответствует величине импульса . Для нахождения отрезка CB используем равнобедренный треугольник COВ:

СВ = 2ОВ·cosφ.

Тогда

.

Подставляя последнее выражение в (3.1.6), получим окончательно

Полученное выражение для энергии полностью совпадает с выражением (3.1.5), но получено гораздо проще, что, в конечном итоге, оправдывает применение векторной диаграммы импульсов.

Задача 3.2

Нерелятивистский дейтон упруго рассеялся на покоящемся ядре под углом 30º. Под таким же углом к направлению движения налетающего дейтона отлетело и ядро отдачи. Какому нуклиду принадлежит это ядро?

Решение

Рассмотрение кинематики упругого рассеяния позволяет определить только массовое число ядра.

Изобразим графически закон сохранения импульса. Из равнобедренного треугольника АВС находим, что

.

Подставляя полученные значения импульсов в закон сохранения энергии (3.1.1), получим

,

откуда

а.е.м.

Рассеяние ядра дейтерия произошло на протоне (ядре протия).

Задача 3.3

Построить векторные диаграммы импульсов для упругого рассеяния нерелятивистской α-частицы на покоящемся ядре:

а) ⁶Li, ⁴Не, ²Н, если угол рассеяния в α-частицы в СЦИ равен 60º. В каком случае связь между кинетической энергией рассеянной α-частицы и углом ее рассеяния неоднозначна? Найти для этих трех случаев значения максимально возможного угла рассеяния α-частицы.

Решение

Для анализа упругого рассеяния α-частицы построим векторные диаграммы импульсов для всех трех случаев.

а) рассеяние α-частицы на ядре ⁶Li.

Отрезок АВ, изображающий импульс налетающей α-частицы, делим на 5 равных частей, т.к. m_α : M(⁶Li) = 2 : 3. От точки А отсчитываем две части и ставим точку О. Из точки О радиусом ОВ проводим дугу ВD. Под углом = 60º из точки О проводим луч до пересечения с дугой ВD. Точку пересечения обозначаем буквой С и соединяем ее с точками А и В. Полученный отрезок АС и угол изображают величину импульса α-частицы и направление ее движения после рассеяния в ЛСК, а отрезок СВ – и угол φ величину импульс ядра и направление движения ядра ⁶Li после соударения также в ЛСК. Для различных параметров удара точка С может располагаться на дуге ВD в любом месте от точки B и до точки D. При этом величина импульса α-частицы после рассеяния (длина отрезка АС) однозначно связана с углом или углом . Следовательно и кинетическая энергия T = P²/2m в этом случае является однозначной функцией угла рассеяния а обеих системах координат. Максимальные углы рассеяния и в этом случае определяются положением точки С при ее совпадении с точкой D и равны π.

б) Рассеяние α-частицы на ядре ⁴Не.

Так как массы сталкивающихся частиц равны, то отрезок АВ делим на две равные части и проводим дугу ВD с центром в точке О. Далее построения не отличаются от построений в предыдущем пункте задачи. В этом случае связь кинетической энергии рассеянной α-частицы с углами рассеяния оказывается также однозначной в обеих системах координат. Предельное значение угла также стремиться к π. Однако, как нетрудно заметить, предельное значение угла стремиться к π/2. Из этого следует важный вывод о том, что угол рассеяния двух тел с одинаковой массой не может превышать π/2.

в) рассеяние α-частицы на ядре ²Н.

Отрезок АВ, изображающий импульс налетающей α-частицы, делим на 3 равных части, т.к. m_α : M(²Н) = 2 : 1. От точки А отсчитываем две части и ставим точку О. Далее построения не отличаются от построений в предыдущих пунктах а) и б). Из диаграммы следует, что одному значению угла рассеяния в ЛСК соответствуют две возможные величины импульса рассеянной α-частицы (отрезки AD и АС), а, следовательно, и два возможных значения кинетической энергии рассеянной α-частицы. Максимальное значение угла рассеяния α-частицы в СЦИ будет равно π. В ЛСК максимальное значение угла определяется положением касательной . Из прямоугольного треугольника сразу следует, что

и, следовательно,

.

Задача 3.4

Какую долю η кинетической энергии теряет нерелятивистская α-частица при упругом рассеянии под углом 60º в СЦИ на покоящимся ядре ¹²С.

Решение

Построим векторную диаграмму импульсов. Отрезок АВ, изображающий импульс налетающей α-частицы, делим на 4 равных части, т.к. m_α : M(¹²С) = 1 : 3. От точки А отсчитываем одну часть и ставим точку О. Далее построения не отличаются от построений в предыдущей задачи.

Искомая доля будет равна

.

Из треугольника АОС, используя теорему косинусов, находим

АС² = 1 + 9 – 2·1·3·cos(π - ) = 1 + 9 + 3 = 13.

Тогда

.

Рекомендуется получить формулу для вычисления η.

Задача 3.5

Найти энергию реакции ⁷Li(p, α)⁴He, если известно, что удельная энергия связи в ядрах ⁷Li и ⁴He равна соответственно 5,50 и 7,06 МэВ.

Решение

Согласно (3.2)

Q = M(⁷Li) + m_p- 2М(⁴Не).

Используя формулу для полной энергии связи ядра:

ΔW(A,Z)= Zm_p + (A –Z)m_n – M(A,Z),

получим, что

Q = 3m_p + 4m_n - ΔW(⁷Li) + m_p – 2(2m_p + 2m_n – ΔW(⁴He)) =

= 2·ΔW(⁴He) - ΔW(⁷Li) = 2·4· - 7· =

= 8·7,06 – 7·5,60 = 17,3 МэВ.

Задача 3.6

Получить формулу (3.6).

Решение

Из формулы (3.3) получаем выражение для вычисления энергии реакции:

где Т₁= T_а + T_А и М₁ = M_а + М_А, Т₂ = m_b + М_B и М₂ = m_b + М_B, – суммарные кинетические энергии и суммарные энергии покоя частиц до и после реакции, которое имеет место в любой инерциальной системе отсчета. Определим порог реакции как минимальное значение кинетической энергии (Т_а)_пор налетающей частицы а (частица А покоится!) в ЛСК, при которой кинетические энергии образовавшихся частиц b и В равна нулю в СЦИ. Для решения задачи удобно воспользоваться релятивистским инвариантом

Е² – Р²с² = inv,

который сохраняется для любой изолированной системы в любой инерциальной системе отсчета. Здесь Е = М +Т и Р – полная энергия и импульс произвольной системы тел, взаимодействующих только между собой. Инвариант системы до реакции при пороговой энергии (Т_а)_пор в ЛСК:

inv = [M1+ (Та)пор]2 - ,

(3.6.2)

но

+ M_а² = = [M_а + (Т_а)_пор]²,

откуда

= + 2M_а·(Т_а)_пор.

Подставляя полученное выражение в (3.2) и выполняя необходимые преобразования, получим:

Инвариант для частиц с энергией покоя М₂, образовавшихся в результате эндоэнергетической реакции, в СЦИ будет равет:

так как их кинетическая энергия в СЦИ при пороговой кинетической энергии (Т_а)_пор равна нулю.

Приравнивая инварианты (3.6.3) и (3.6.4), получим

(Та)пор= (M22 - M1)2/ 2MАс2= = (M2 - M12) (M1+ M2) / 2MА= = (M2 - M1) (M1+ M2 + M1 - M1)/ 2MА = = (M2 – M1) [2M1+ (M2 - M1)]/2MА = = |Q| + ,

(3.6.5)

так как согласно (3.6.1) (M₂ – M₁) = |Q|. Второе слагаемое в (3.6.5) при |Q| < 100 МэВ ничтожно мало по сравнению с первым, и поэтому

(Та)пор≈ |Q|.

(3.6.6)

Однако оно становиться значимым при расчете пороговой энергии ядерных реакций, приводящих к рождению барионов и гиперонов.

Решим эту же задачу, используя законы классической (не релятивистской) механики. Законы сохранения энергии и импульса при пороговом значении кинетической энергии налетающей в ЛСК частицы а:

Т₂ и Р₂ определяют движение центра инерции образовавшихся частиц, так как их взаимная кинетическая энергия равна нулю при Т_а = (Т_а)_пор. Используем классическую связь между импульсом и кинетической энергией

,

(3.6.9)

так как полагаем, что зависимостью массы системы от скорости можно пренебречь и поэтому скорости движения частиц много меньше скорости света. Действительно, даже если кинетическая энергия (Т_а)_пор налетающей частицы а полностью переходит во внутреннюю энергию и изменяет массу системы, то

ΔМ = М₂ – М₁ ≤ (Т_а)_пор,

так как (Т_а)_пор << М₁, при энергиях налетающих частиц менее 100 МэВ. Поэтому, при кинематических расчетах в нерялитивистском случае можно считать, что

Тогда, из (3.6.1), (3.6.8) и (3.6.9) получаем

(Та)пор = |Q| + (Та)пор = ,

(3.6.11)

или, учитывая (3.6.10),

(Та)пор = .

(3.6.12)

Полученная формула (3.6.12) является приближенной и ее отличие от точной формулы (3.6.5) вызвано пренебрежением релятивистским изменением массы.

Задача 3.7

Вычислить пороговую кинетическую энергию налетающей частицы в реакции p + ³H → ³He + n, если налетающей частицей является: а) протон; б) ядро трития (тритон).

Решение

По формуле (3.3) рассчитаем энергию реакции

Q = m_p + M(³H) - m_n – M(³He) = [Δm_p + Δ(³H) - Δm_n – Δ(³He)]·931,5 =

= [0,007825 + 0,016049 – 0,016030 – 0,0086665]·931,5 = -0,7648 МэВ.

Значения избытков масс атомов взяты из таблицы табл. 1 Приложений. Как видно, реакция эндоэнергетическая.

Пороговая кинетическая энергия согласно формуле (3.6) будет равна:

а) МэВ;

б) МэВ.

Задача 3.8

Определить кинетическую энергию ядер ⁷Ве, возникающих в реакции p + ⁷Li → ⁷Be + n - 1,65 МэВ при пороговом значении кинетической энергии протона.

Решение

Кинетическая энергия возникающего ядра ⁷Ве равна

,

(3.8.1)

где v - скорость движения ядра ⁷Ве в ЛСК.

Так как скорость относительного движения образовавшихся частиц ⁷Be и n при пороговой энергии протона равна нулю, то в ЛСК обе образовавшиеся частицы движутся с одинаковой скоростью v₂ и

,

(3.8.2)

где М₂ - суммарная масса образовавшихся частиц, а v₂ и Т₂ –скорость и кинетическая энергия движения центра инерции образовавшихся частиц.

Для нахождения Т₂ используем закон сохранения энергии (3.6.7), закон сохранения импульса (3.6.8), формулу (3.6.9) и получаем, что

,

или, используя (3.6) (см. задачу 3.6)),

.

(3.8.3)

Подставив (3.8.3) в (3.8.2), а затем полученное выражение в (3.8.1), получим окончательно

МэВ.

Задача 3.9

Вычислить энергию реакции ¹⁴N(α, p)¹⁷O, если энергия налетающих α-частиц Т_α = 4 МэВ, а протон, вылетевший под углом 30º к направлению движения α-частицы, имеет энергию Т_р = 2,08 МэВ.

Решение

Согласно (3.3) энергия реакции

Q = T2 – T1 = Tр + – Tα.

(3.9.1)

Изобразим графически закон сохранения импульса в виде векторного треугольника (рис. 3.9.1). По теореме косинусов

.

(3.9.2)

Учитывая, что Р² = 2mT, из (3.9.2) получим

.

(3.9.3)

Подставив это выражение в (3.9.1), имеем

Q = Tр + – Tα = = 2,08 + ‑ 4 = -1,2 МэВ.

Задача 3.10

Получить в СЦИ формулу (3.5) для импульса частиц, возникающих в результате ядерной реакции (3.1), если энергия реакции Q, а энергия налетающей частицы а в ЛСК равна Т_а.

Решение

В случае образования двух новых частиц b и В их импульсы и в СЦИ должны быть равны по величине и противоположно направлены:

.

Из определения энергии реакции (3.3)

(3.10.1)

В свою очередь

,

где приведенная масса частиц, образовавшихся в результате ядерной реакции.

Подставив полученное выражение для кинетической энергии в (3.10.1), получим

.

(3.10.2)

Выразим суммарную кинетическую энергию в СЦИ длячастиц, участвующих в ядерной реакции, через кинетическую энергию Т_а налетающей частицы. Очевидно, что

.

(3.10.3)

Но, как следует из рисунка 3.2

.

(3.10.4)

Подставив (3.10.4) в (3.10.3), получим

.

(3.10.5)

Используя (3.10.5), формулу (3.10.2) можно записать в более удобном для построения векторных диаграмм виде:

.

(3.10.6)

Задача 3.11

Определить кинетическую энергию ядер кислорода, вылетающих под углом 30º к направлению бомбардирующих протонов в реакции ¹⁴N(p,n)¹⁴О, Q = -5,9 МэВ. Кинетическая энергия протонов 10 МэВ. Решение получить с помощью построенной в масштабе векторной диаграммы импульсов для ядерной реакции.

Решение

Так как кинетическая энергия вылетающих частиц в СЦИ не зависит от угла вылета, то делаем заключение, что следует определить кинетическую энергию Т_О( ) в ЛСК. Предварительно напомним, что в нерелятивистском случае, который здесь реализуется (почему?), кинетическая энергия ядер ¹⁴О выражается через их импульс обычным образом:

.

(3.11.1)

Для нахождения Р(¹⁴О) построим векторную диаграмму импульсов. Для этого определим величину вектора налетающей частицы:

у.е.,

так как энергию и массу выражаем во внесистемных единицах. Выбираем в качестве масштаба 1 у.е. в 1 см и на рис. 3.11.1 строим направленный отрезок АВ длиной 4,47 см, отображающий вектор импульса налетающего протона. Затем делим этот отрезок точкой «О» на два отрезка АО и ОВ таким образом, чтобы АО : ОВ = m_n : M(¹⁴O). По формуле (3.5), используя формулу (3.10.5), вычисляем величину импульса образовавшихся частиц в СЦИ.

= 2,53 у.е.

Радиусом R = 2,53 см проводим дугу с центром в точке «О». Из точки «В» под углом φ = 30º по отношению к отрезку АВ проводим луч до пересечения с дугой в точках «С» и «С₁». Направленные отрезки С₁В и СВ отображают в ЛСК две возможные величины импульса вылетающих под углом φ = 30º ядер ¹⁴О. Соответственно отрезки АС₁ и АС отображают в ЛСК две возможные величины импульса образующихся нейтронов. Измерив длину отрезков С₁В и СВ получаем, что Р₁(¹⁴О) = 5,0 у.е., а Р(¹⁴О) = 2,2 у.е. Этим величинам импульсов отвечают, согласно формуле (3.11.1), два значения кинетической энергии ядер ¹⁴О в ЛСК:

.

Полезно получить величины Р₁(¹⁴О) и Р₁(¹⁴О) аналитически. Для этого на рис. 3.11.1 соединим точки «О» и «С» и решим треугольник ОВС. Сторона ОС = = 2,53 у.е., сторона ОВ = = (14/15)Р_а = 4,17 у.е. Используя теорему косинусов, получим

ОС² = СВ² + ОВ² – 2СВ·ОВ·соsφ,

или квадратное уравнение для нахождения Р(¹⁴О):

2,53² = Р²(¹⁴О) + 4,17² - 2Р(¹⁴О)· .

Это уравнение имеет два корня, которые дают две искомых величины векторов

Р₁(¹⁴О) = 3,61 + 1,43 = 5,04 у.е.

и

Р₂(¹⁴О) = 3,61 - 1,43 = 2,18 у.е.,

которые являются, разумеется, более точными, чем значения, полученные выше графическим способом.

Задача 3.12

Найти максимальную кинетическую энергию α-частиц, возникающих в результате реакции ¹⁶O(d, α)¹⁴N, Q = +3,1 МэВ при энергии бомбардирующих дейтонов 2,0 МэВ.

Решение

Для решения задачи воспользуемся векторной диаграммой импульсов (рис. 3.12.1). Кинетическая энергия образующейся α-частицы пропорциональна квадрату ее импульса. В ЛСК длина отрезка АС соответствует импульсу образующейся α-частицы, вылетающей под углом . Поэтому максимальная длина отрезка АС будет соответствует углу = 0º, т.е. случаю, когда точка «С» совмещается с точкой «С´». Таким образом,

= 2,17P_d .

В последнем выражении при записи использована формула (3.10.6).

Максимальная энергия α-частицы составит

Задача 3.13

Определить ширину энергетического спектра нейтронов, возникающих в реакции ¹¹B(α, n)¹⁴N, Q = 0,30 МэВ, если кинетическая энергия бомбардирующих α-частиц равна 5,0 МэВ.

Решение

Построим векторную диаграмму импульсов (рис. 3.13.1) для реакции ¹¹B(α, n)¹⁴N. Импульс образующихся нейтронов (отрезок АС), а, следовательно, и их кинетическая энергия, зависят от угла вылета нейтронов. Эти свойства как экзоэнергетических, так и эндоэнергетических реакций с образованием нейтронов используют для получения монохроматических нейтронов, энергию которых можно изменять в диапазоне от (T_n)_max до (T_n)_max, изменяя угол отбора пучка образующихся нейтронов. Максимальному значению кинетической энергии вылетающих нейтронов соответствует совмещение точки «С» с точкой «С´», а минимальному – совмещение с точкой «С´´». Поэтому

= {0,36·P_α, 0,50·P_α}.

Учитывая, что

,

получим окончательно:

;

Задача 3.14

Найти максимально возможные углы вылета (в ЛСК) продуктов реакции ⁹Be(p,n)⁹B, Q = -1,84 МэВ, если Т_р = 4,00 МэВ.

Решение

Проще и нагляднее получить решение, используя векторную диаграмму импульсов (рис. 3.14.1). Так как точка «С» перемещается по дуге окружности от точки «С´» до точки «С´´», то максимальное значение угла вылета нейтрона . Однако максимальная величина угла вылета ядра ⁹В определяется положением касательной СВ к окружности. Из прямоугольного треугольника ОСВ

.

Численное значение угла φ_max предлагается получить самостоятельно.

Задача 3.15

Найти пороговую энергию γ-квантов, при которой становится возможной эндоэнергетическая реакция фоторасщепления покоящегося ядра массой М₁, если энергия реакции равна Q.

Решение

Запишем закон сохранения энергии и импульса для данной реакции при пороговом значении энергии (Е_γ)_пор налетающего γ-кванта:

(Еγ)пор + М1с2 ;	(3.15.1)
Р1 = Р2,	(3.15.2)

где Р₁ и Р₂ – суммарные величины импульсов до и после взаимодействия в ЛСК, а М₂ – суммарная масса покоя образовавшихся частиц. Так как Р₁ = (Е_γ)_пор/с (ядро М₁ покоится!), то из (3.15.1) и (3.15.2) получаем

(Еγ)пор + М1с2 .

(3.15.3)

Возведя левую и правую части (3.15.3) в квадрат, после несложных преобразований получим

(Еγ)пор = .

(3.15.4)

По определению

.

Поэтому (3.15.4) приводится к виду

(Еγ)пор = .

(3.15.5)

Так как , то вторым слагаемым в скобках выражения (3.15.5) часто пренебрегают.

Задача 3.16.

Найти возможное значение спина основного состояния ядра ¹⁷О, возникающего в реакции срыва при взаимодействии дейтронов с ядрами ¹⁶О, если известно, что орбитальный момент захватываемых нейронов l_n = 2. Сравнить результат со значением спина по оболочечной модели ядра.

Решение

Предполагается, что в реакции срыва электрическое поле ядра ориентирует дейтон таким образом, что в момент наибольшего сближения ядра и дейтона, ближним к ядру оказывается нейтрон, который и захватывается ядром, а протон продолжает движение. Ядро ¹⁶О является дважды магическим ядром, у которого заполнены как протонные, так и нейтронные 1s и 1р оболочки. Поэтому спин ядра ¹⁶О равен нулю. Захват нейтрона с образованием основного состояния ядра ¹⁷О может произойти, согласно оболочечной модели, только на нижний уровень 1d_5/2, спин которого равен 5/2.

Согласно правилу сложения квантово-механических векторов, возможные значения спина ядра ¹⁷О могут принимать следующие значения:

I(¹⁷O) = I(¹⁶O) + l_n + s_n = 0 + 2 ±1/2 = 5/2 и 3/2.

Второе значение спина отвечает возбужденному уровню 1d_3/2 ядра ¹⁷О, переход с которого в основное состояние должен сопровождаться испусканием магнитного дипольного γ-кванта M1 (рис.1.1).