Решение задач по теме Ядро атома

Решение задач по теме “Ядро” Задача 1 Ядро покоящегося нейтрального атома, находясь в однородном магнитном поле индукцией 0,5 Тл, испытывает  распад. При этом рождаются  частица и тяжелый ион нового  элемента. Трек тяжелого иона находится в плоскости, перпендикулярной плоскости  магнитного поля. Начальная часть трека напоминает дугу окружности радиусом 78 см.  Выделившаяся при    распаде энергия 7,44 МэВ целиком переходит в кинетическую  энергию продуктов реакции. Найти модуль отношения заряда к массе тяжелого иона. Решение. Для решения задачи необходимо применить физические законы сохранения энергии,  заряда, импульса, а также выражение для силы Лоренца, действующую на заряженную  частицу в магнитном поле.   1.  распад сопровождается образованием  частицы с зарядом +2e и отрицательного  иона зарядом +2e.    2. Ядро атома первоначально покоится, поэтому суммарный импульс продуктов реакции  будет равен нулю. ur r mu MV                   mu MV 0   u MV m   Где m и M – массы и U и V – скорости  частицы и иона соответственно. 3. По условию задачи суммарная кинетическая энергия продуктов реакции равна W.  4. В магнитном поле на движущуюся заряженную частицу действует сила Лоренца,  2 Запишем закон сохранения энергии. mu MV 2 2 W   2        которая создает центростремительное ускорение. лF   sin 90 2 e VB  , 2   e VB M 2 V R  2 e VB     Ma ,  qVB 2 V R  e BR 2 M          a VПолученное выражение для скорости ионаV подставим в соотношение для U. u  2  M eBR m M 2  eBR m  mu MV 2 2 2 mW  ) eBR (2 2 Подставим полеченные соотношения для скоростей в закон сохранения энергии. m  M M eBR  2 2 (2 eBR  2 2 m eBR 2 m (2  m 2 (2  W M (1   ) ) ) 2 2 2 2 2 ) 1  m M Умножим левую и правую части полученного выражения на 2e/m . 2 2 e e M m При подстановке численных значений необходимо учесть:   1 MэB   , масса  частицы  2 mW ) eBR (2   1) 7, 2 10 Кл кг Дж 13 1,6 10  4 1,66 10 mкг     ( 2 5    27 . Задача 2. Определить порог ядерной реакции при бомбардировке ­ частицей неподвижного ядро азота. 14 N 7   4 He 2 17 O 8 H  1 1 Решение. Порог ядерной реакции – это минимальная кинетическая энергия ускоренного ядра для  того, чтобы ядерная реакция стала протекать в прямом направлении. При этом ядра­ продукты реакции будут двигаться вместе, то есть взаимодействие можно считать  абсолютно неупругим. Например, реакция бомбардировки альфа­ частицами ядер азота.     4 14 1 H O NНе 2 7 1    ( ЗСИ m V Не   ) ( ЗСЭ W Не Q W Н W O  2 m V Не 2   m V k  ) 17 8 m Н  WНе ( кин O (  кин кин кин Не Не ( ) ) ) При этом   энергетический выход ядерной реакции.    кинетическая энергия ядер гелия (пороговая энергия).) ) ) ( ) ( ( ( 2 ( 2 ( 4 2 ) 4 2 1 1    14 7 17 8 )) )) 14 7 17 8  m H (  с m O ( mНе  )) 931,5 ( mНе  931(14,00367 4,00278 1,00759 17,00013) 0,00127 931 Q c m N Для расчета энергетического выхода используют энергетический эквивалент массы 931,5 ,  определяющий соответствие 1 а.е.м. и 1МэВ. Q m N    Так как энергетический выход отрицателен, значит, для реализации реакции в прямом  направлении необходимо затратить энергию. Пороговая энергия определяется решением системы уравнений (ЗСИ и ЗСЭ). При превышении энергии ускоренного ядра выше пороговой осколки реакции (ядра,  образовавшиеся в реакции) будут разлетаться в разные стороны. Из ЗСИ выразим конечную скорость осколков:  m O (  MэВ  m H (  1,182     p   0 1 1   подставим в ЗСЭ   2 Не m V Не 2  Q  ( m Н +m ) 0 2  ( m V Не Не  m m 0 Н 2 ) V k  V 2 Не  W пор m V Не Не  m m 0 Н Q m 2 ( Н  m m ( Не Не 2 m V Не 2 Не  +m ) 0  m m 0 Н Q m (  m Не  ) +m ) 0 m 0  Н m Н  Определим пороговую энергиию :   1,182 (1 17)   4 1 17    1,52 MэВ Задача 3. Ядро лития бомбардируется протоном с кинетической энергией 4МэВ, а  в результате  образующиеся  ядро бериллия и нейтрон разлетаются под некоторым углом с одинаковыми кинетическими энергиями.  Определить угол, под которым разлетаются конечные  продукты реакции.  7 Be 4 7 L H 3 Решение. Поскольку конечные продукты реакции разлетаются под углом , значит, протон имел  кинетическую энергию большую пороговой.    1 n 0 1 1 1. Определим энергетический выход ядерной реакции.  ( )) 931 Q m Li m H m Be m n    (7,01658 1,00759 1,00899 7,01696) 931        ( ) ( ) ( ( )     1,657 МэВ2. Запишем законы сохранения импульса и энергии, принимая во внимание        закон сохранения энергии. Закон сохранения импульса по H Be   параллелограмм  импульсов.   W Q W W n теореме косинусов.  2 2 P P H Be m W 2 H   2 P 2 n m W 2 Be     cos(180 P P Be n  2 m W 2 2 n  n 2   )      P =2mW m W m W n 2 Be   ) 3. Из закона сохранения энергии найдем конечную кинетическую энергию осколков   cos(180 Be Be H n (бериллия и нейтрона).  W Q 2  W WМэВ  Be H n      4 1,657   1,17 2 4. Из закона сохранения импульса cos(180    ) Be 2 180 62 118   n m W m W m W Be H H m W m W n 0  n  Be Be n       (7 1) 1,17 1,657   2 (7 1) 1,17     0,467 Задача 4. Позитрон с кинетической энергией Wk = 0,75 МэВ налетает на покоящийся электрон. В  результате аннигиляции возникает два ­кванта с одинаковыми энергиями. Определить  угол  между направлениями их разлета. Решение. 1. Процесс аннигиляции электрона и позитрона подчиняется законам сохранения  энергии и импульса.   e          e uur uur ur  ЗСИ P  Р P 2 Импульсы квантов   1 P P 1 2  Начальный импульс позитрона  2. Энергия покоя позитрона    из параллелограмма импульсов  P .    h 0 c c  2 cos P 1  2       cos  2  P 2 P 1  Pc  2 0W mМэВ пп W   931 0,00055 931 0,511 п  0,75 MэВ W kпп Поэтому позитрон нужно рассматривать как  релятивистскую частицу.  МэВ 0,511  f        W  2 2 2 m c 0 V c  1   p WV c 2 2 p  W 2 (1 m V 0 V c 2  1  V c 2 )  2 4 m c W p c m c 0 2 4 0     2 2   2   p 2 2 4 W m c 0  c 2 W W m c 0   k 2 подставим в выражение для  3. Полную начальную энергию    релятивистского  импульса  2 W k   p 2 k 2 4 2 W m c m c m c 0 2 4 0  0 c W k   2 k 2 W m c 0 2 c 4. Закон сохранения энергии      2 2 m c W k  0      2 0 0 2 2 m c W k  0     2 5. Подставим энергию кванта  косинуса половинного угла. 0  и начальный импульс p подставим в выражение для         cos  2  c m W k 2 0 (1  2 m c 0 W k  2 ) 2 W k m c 0 2   0,651 1 m c 2 0 W k 2 1  Ответ:  099  218 Po 84     Задача 5. Какая доля полной энергии, высвобождаемая при распаде покоящегося ярда радона, 222 R 86  уносится  частицей? Скорость продуктов реакции мала по сравнению со скоростью  света в вакууме.  Решение. Выделившаяся энергия определяется энергетическим выходом ядерной реакции. 4 He 2 ( ) ( (   Энергетический выход ядерной реакции в МэВ:  Q m Rn m Po m He Пусть m1 – масса полония Po,  m2 – масса гелия.  Запишем законы сохранения энергии и импульса, принимая во внимание, что, если в  начале ядро радона было в покое, то после распада суммарный импульс должен быть так  же равен нулю, то есть ядра будут лететь в противоположные стороны.  )) 931,5.  ) ( ЗСЭ Q :  2 mV 1 1 2   2 m V 2 2 2                               V 1  m V 2 2 m 1 : ЗСИ mV m V 2 2 Подставим в закон сохранения энергии и преобразуем. 1 1 2 ) 2 m V  2 2 2  2 m m V 2 2 2 m 2 1  ( ) 2 m V  2 2 2 m  2 m 1   W W   Q  W    ( 2 m m V 1 2 2 m 2 1 2 m V 2 2 2 Определим долю кинетической энергии  частицы в общей выделившейся энергии Q.    W  Q W   1) W  ( m 2 m 1 m 1  m m 2 1 В качестве масс ядер допускается подставлять массовые числа ядер.  0,98  218 222