Материал: Практика решения задач по физике. Часть 5. Квантовая физика. Евсюков В.А., Показаньева С.А

Найдем зависимость N2 t

(закон накопления ядер A2 ).

Подставив (3) в (2), получим уравнение

dN2

N

N e 1t . (4).

dt

2

2

1 10

Решение уравнения (4) можно искать в виде N

2

C e 1t

C e 2t

1

2

(5),

где

C1

и C2 - некоторые постоянные, подлежащие

определению.

Подставив

(5)

в

(4),

получим

равенство

Се 1t

N e 1t ,

из

которого

следует,

что

(6)

Постоянную2 1 1

10

C2

1

найдем из начального условия: пусть =в момент.

t

=0

число

ядер

A2

было

равно

N20

.

Тогда

из

(5)

имеем

C C

N

,

т.е. C

N

N

1

.

Подставляя значения C

1

2

20

2

20

10

1

2

1

и C2 в (5),

получаем: N

2

N

10

1

e 1t

N

20

N

10

1

e 2t (7).

2

1

2 1

При отсутствии ядер А2

в начальный момент времени (N20 0 )

формула

(7)

упрощается

и

принимает

вид

N2

N10

(e

1t

e

2t

)

(8). Для случая N20

0

выражение

1

2

1

(8)

удовлетворим

условию

dN2

0 ,

из

которого

получим

dt

длительность

t*

процесса

рассматриваемого

распада

ядер:

e 2t* e 1t*

e 2 1 t*

2

t

*

ln( 2 / 1)

(9).

Можно

2

1

1

1

2

убедиться,

что

d

2N

2

|

0.

Отсюда следует вывод, что в момент

dt2

t

t*

166

времени t

m

t* количество дочерних ядер

A

в

процессе

2

распадов достигает максимального значения.

5.258.

Непосредственно формулами (8)

и

(9)

решения

представить

в

виде

N2

N10

e t e t N10

e t

1 e t .

Считая

величину

t

в

целом

малой,

напишем:

t

1 1 t N10

t

или

в окончательном

N2 N10

e

e

t,

виде

N2

N10 te t .

Формулу (9)

в 5.257. перепишем

в виде

1

t* t

m

ln 1

. При линейном приближении

логарифма

ln 1 x

в

окрестности

единицы,

ln 1 x x.

Тогда

t*

1

1

.

5.259. а)

Ядро радия

88226 Ra претерпевает цепочку из пяти

-

и четырех

- распадов. Требуется установить характерис-

тики Z и A конечного ядра.

По законам сохранения зарядового

и

массового

чисел

можем

для ядра

ZA X

написать:

Z 88 5 2 1 4 82

(ядро

свинца,

Pb),

A 226 4 5 0 4 206. Итак, конечным является ядро

82206 Pb.

б) Дана цепочка распадов

,

Pb . Найти число и

92238U 20682

превращений. Составим числовые уравнения для Z и А: 238-

206=4n,

92-82=2n-m, где n– число распадов, а m – число

167

классическим

выражением

кинетической

энергии частицы

K

p2

,

откуда

для импульса

частицы

получаем выражение

2m

p

Альфа-частица,

испущенная

покоившимся

ядром

2mK.

84200 Po,

имеет

кинетическую

энергию

K 5,77

МэВ;

следовательно, ее импульс

p

. По закону сохранения

2m K

2m K

равны p p ,

т.е.

p

2m K ,

где

m –

масса

v

m

,

дочернего ядра (в данном случае ядра 19682

Pb ). Численно скорость

отдачи ядра 196 Pb v

2 4

5,77

10 6

1,6 10 19

3,4 10 5 м / с.

196

196 1,66 10 27

Полная высвобождаемая энергия

m m

Kполн

p 2

p2

p 2

1

1

p 2

Отношение

.

m

2m m

2m 2

m

m

K

p 2

:

p

2 m

m

m

4

0,02.

2m

2m m

4 196

Kполн

m m

5.261. В результате распада

84210 Po 82206

Pb 24

кинетичес-

кая

энергия частицы

K 5,3 МэВ.

При

этом

ее импульс

p

,

а

кинетическая

энергия

отдачи

ядра

206 Pb

2m K

82

K

p2

p2

m K

, где

m –

масса

ядра

206 Pb .При распаде

2m

2m

m

одного ядра 210 Po выделяется энергия

m

4

q K K

K 1

K 1

1,02K .

m

206

В

количестве

1,00

мг

полония

210 Po

содержится

N0

1,00 10 3

NA

1,00 10 3

6,02 1023

2,87 1018 ядер.

210

210

К моменту времени

1

число распавшихся ядер полония

N N0 1 e

1

18

18

N0 1

0,63N0 0,63 2,87 10

1,8 10 .

e

18

18

18

6

19

, равно

Q qN

1,02K

1,8 10

1,84 10

K 1,84 10

5,3 10

10

1,6 106 Дж 1,6МДж.

5.262. Радиоактивный

распад

84210 Po 82206

Pb 24

сопро-

энергиями K

5,30МэВ и

K

4,50МэВ. Дочерние ядра (ядра

1

2

206

Pb ), образующиеся при испускании частиц с энергией K

1

82

Импульсы частиц разных энергий:

p

2m K

1

,

p

2m K

2

.

1

2

Импульсы и энергии отдачи дочерних ядер:

p1 p 1

,

p2 p 2 ;

K1

p2

m

K 1

m

Здесь

m – масса

дочернего ядра

1

2m

m

,

K2

m

K 2 .

(ядра

206 Pb ).

Кинетическая энергия частицы

и

дочернего

ядра

(вместе):

в

первом

случае K

m

во

втором

K

1

1

K

,

1

m

1

случае

m

K

K

2

1

K

2

.

2

m

закона

сохранения

энергии

можно

написать:

m

m

. Избыток

энергии

E0

E

0

1

K

,

E

E

1

K

1

m

1

02

0

m

2

покоя

в

основном

состоянии

равен

m

m

m

E

E

1

K

1

K

1

K

K

.

Переход

02

01

m

1

m

2

m

1

2

сопровождается

испусканием

-кванта

с

энергией

m

E E

E

1

K

K

.

В

рассматриваемом

случае

02

01

m

1

2

4

E

1

5,30 4,50 МэВ 0,82МэВ.

206

5.263. Если начальная кинетическая энергия частицы

K0 =7,0 МэВ, то ее начальная скорость

2 7,0 106 1,6 10 19

2K

0

14

9

0

м/с

3,4 10 м/с 1,84 10

см/с.

m

4 1,66 10 27

170