Номер 40.6, страница 277 - гдз по физике 10-11 класс задачник Гельфгат, Генденштейн

Квантовая физика. 40. Физика атома и атомного ядра. Упражнения - номер 40.6, страница 277.

Условие.

40.6. Какую минимальную кинетическую энергию $W_0$ должна иметь $\alpha$-частица для осуществления ядерной реакции $_{3}^{7}\text{Li} + _{2}^{4}\text{He} \rightarrow _{5}^{10}\text{B} + _{0}^{1}\text{n}$?

☑ 4,4 МэВ.

Решение.

В результате реакции масса покоя частиц увеличивается на $\Delta m = 0,003$ а.е.м. При этом поглощается энергия $W_1 = \Delta m \cdot c^2 = 2,8$ (МэВ). Однако $\alpha$-частица должна иметь энергию $W_0 > W_1$, чтобы сообщить кинетическую энергию $W_2$ ядру бора и нейтрону.

Минимальное значение $W_2$ соответствует случаю, когда эти частицы движутся с одинаковой скоростью $v = 4v_0/11$ ($v_0$ — скорость $\alpha$-частицы; мы округляем массы частиц до значений, кратных а.е.м.).

Тогда $W_2 = 4W_0/11$; согласно закону сохранения энергии $W_0 = W_1 + 4W_0/11$, откуда $W_0 = 11W_1/7 = 4,4$ (МэВ).

Решение.

Дано:

Ядерная реакция: $^7_3Li + ^4_2He \rightarrow ^{10}_5B + ^1_0n$

Увеличение массы покоя в результате реакции: $\Delta m = 0.003 \text{ а.е.м.}$

Приближенные массы частиц в атомных единицах массы (а.е.м.):

$m_{\alpha} \approx 4 \text{ а.е.м.}$ (масса $\alpha$-частицы)

$m_{Li} \approx 7 \text{ а.е.м.}$ (масса ядра лития)

$m_{B} \approx 10 \text{ а.е.м.}$ (масса ядра бора)

$m_{n} \approx 1 \text{ а.е.м.}$ (масса нейтрона)

Ядро лития $^7_3Li$ до реакции покоится.

Найти:

Минимальную кинетическую энергию $\alpha$-частицы $W_0$, необходимую для осуществления реакции.

Решение:

Данная ядерная реакция является эндоэнергетической, так как масса покоя продуктов реакции ($^{10}B + ^1n$) больше массы покоя исходных частиц ($^7Li + ^4He$). Это означает, что для осуществления реакции необходимо сообщить системе дополнительную энергию.

1. Найдем энергию $W_1$, которая поглощается в ходе реакции и идет на увеличение массы покоя. Эта энергия связана с дефектом масс $\Delta m$ соотношением Эйнштейна:

$W_1 = \Delta m \cdot c^2$

Для перевода атомных единиц массы в энергию используем соотношение $1 \text{ а.е.м.} \cdot c^2 \approx 931.5 \text{ МэВ}$.

$W_1 = 0.003 \text{ а.е.м.} \cdot 931.5 \frac{\text{МэВ}}{\text{а.е.м.}} \approx 2.7945 \text{ МэВ}$

Округлим это значение до $2.8 \text{ МэВ}$, как предложено в условии задачи.

$W_1 = 2.8 \text{ МэВ}$

2. Кинетическая энергия налетающей $\alpha$-частицы $W_0$ расходуется не только на создание дополнительной массы ($W_1$), но и на сообщение кинетической энергии продуктам реакции ($W_{products}$), чтобы выполнялся закон сохранения импульса. По закону сохранения энергии:

$W_0 = W_1 + W_{products}$

Минимальная энергия $W_0$ (пороговая энергия) соответствует случаю, когда продукты реакции (ядро бора и нейтрон) движутся после реакции как единое целое, то есть с одинаковой скоростью $v$. Это обеспечивает выполнение закона сохранения импульса при минимально возможной кинетической энергии продуктов.

3. Запишем закон сохранения импульса для этого случая. Будем считать, что ядро лития до столкновения покоилось. Импульс системы до реакции равен импульсу $\alpha$-частицы. Импульс системы после реакции равен суммарному импульсу ядра бора и нейтрона.

$p_{\alpha} = p_{B} + p_{n}$

Так как скорости $v_B$ и $v_n$ одинаковы и равны $v$, то:

$m_{\alpha}v_0 = (m_B + m_n)v$

где $v_0$ — начальная скорость $\alpha$-частицы.

4. Выразим кинетическую энергию продуктов $W_{products}$ через начальную кинетическую энергию $W_0$.

$W_0 = \frac{m_{\alpha}v_0^2}{2}$

$W_{products} = \frac{(m_B + m_n)v^2}{2}$

Из закона сохранения импульса найдем скорость $v$:

$v = \frac{m_{\alpha}v_0}{m_B + m_n}$

Подставим $v$ в выражение для $W_{products}$:

$W_{products} = \frac{(m_B + m_n)}{2} \left( \frac{m_{\alpha}v_0}{m_B + m_n} \right)^2 = \frac{(m_B + m_n) m_{\alpha}^2 v_0^2}{2(m_B + m_n)^2} = \frac{m_{\alpha}^2 v_0^2}{2(m_B + m_n)}$

Чтобы связать $W_{products}$ с $W_0$, умножим и разделим на $m_{\alpha}$:

$W_{products} = \frac{m_{\alpha}}{m_B + m_n} \cdot \frac{m_{\alpha}v_0^2}{2} = \frac{m_{\alpha}}{m_B + m_n} W_0$

5. Используем приближенные значения масс в а.е.м.: $m_{\alpha} \approx 4$, $m_B \approx 10$, $m_n \approx 1$.

$W_{products} = \frac{4}{10 + 1} W_0 = \frac{4}{11} W_0$

6. Теперь подставим это выражение в закон сохранения энергии:

$W_0 = W_1 + \frac{4}{11} W_0$

Решим уравнение относительно $W_0$:

$W_0 - \frac{4}{11} W_0 = W_1$

$W_0 \left( 1 - \frac{4}{11} \right) = W_1$

$W_0 \cdot \frac{7}{11} = W_1$

$W_0 = \frac{11}{7} W_1$

7. Подставим численное значение $W_1 = 2.8 \text{ МэВ}$:

$W_0 = \frac{11}{7} \cdot 2.8 \text{ МэВ} = 11 \cdot 0.4 \text{ МэВ} = 4.4 \text{ МэВ}$

Ответ: Минимальная кинетическая энергия $\alpha$-частицы должна быть $4.4 \text{ МэВ}$.