8.1. Энергия связи ядра. Найти энергию связи ядра, которое имеет одинаковое число протонов и нейтронов, а радиус в $\eta=1,5$ раза меньший радиуса ядра ${ }^{27} \mathrm{Al}$.
Р е ш е и и. Сначала найдем массовое число $A$ искомого ядра. Согласно формуле (8.3) $A=\left(r / r_{\mathrm{Al}}\right)^{3} A_{\mathrm{Al}}=27 / \eta^{3}=8$. Это отвечает ядру ${ }^{8}$ Be. Erо энергия связи в соответствии с (8.8) и табл. 8.1 равна
\[
\begin{array}{c}
E_{\text {св }}=4\left(\Delta_{\mathrm{H}}+\Delta_{n}\right)-\Delta_{\mathrm{Be}}=4(0,007825+0,008665)-0,005308= \\
=0,060652 \text { a.е.м. }=56,5 \mathrm{MэB} .
\end{array}
\]
8.2. Закон радиоактивного распада. Радионуклид $X$ образуется с постоянной скоростью так, что ежесекундно возникает $q$ радиоактивных ядер. Постоянная распада этих ядер равна $\lambda$. Считая, что в момент $t=0$ число данных ядер $N(0)=0$, найти закон накопления их со временем, т. е. $N(t)$.
P е ш е н и е. За промежуток времени $\mathrm{d} t$ приращение $\mathrm{d} N$ числа ядер нуклида $X$ определяется уравнением
\[
\mathrm{d} N=q \mathrm{~d} t-\lambda N \mathrm{~d} t=(q-\lambda N) \mathrm{d} t .
\]
Приведем это выражение к виду, удобному для интегрирования:
\[
\frac{\mathrm{d} N}{q-\lambda N}=\mathrm{d} t .
\]
Интегрирование последнего уравнения по $N$ и $t$ с учетом начального условия $N(0)=0$ дает
\[
-\frac{1}{\lambda} \ln \frac{q-\lambda N}{q}=t .
\]
Потенцируя, получим в результате
\[
N(t)=\frac{q}{\lambda}\left(1-\mathbf{e}^{-\lambda t}\right) .
\]
Видно, что с течением времени число ядер $X$ асимптотически приближается к $N_{m}=q / \lambda$.
8.3. При радиоактивном распаде ядер нуклида $X_{1}$ образуется радионуклид $X_{2}$. Их постоянные распада равны $\lambda_{1}$ и $\lambda_{2}$. Полагая, что в момент $t=0$ препарат содержал только нуклид $X_{1}$ в количестве $N_{10}$, определить:
a) количество ядер нуклида $X_{2}$ как функцию времени, $N_{2}(t)$;
б) момент $t_{m}$, когда количество ядер нуклида $X_{2}$ достигает максимума.
Р ешение и в В данном случае изменения во времени количеств $N_{1}$ и $N_{2}$ ядер обоих радионуклидов будут описываться следующими уравнениями:
\[
-\mathrm{d} N_{1} / \mathrm{d} t=\lambda_{1} N_{1}, \quad \mathrm{~d} N_{2} / \mathrm{d} t=\lambda_{1} N_{1}-\lambda_{2} N_{2} .
\]
Первое из этих уравнений совпадает с (8.13) и имеет решение (8.14). т. е. $N_{1}=N_{10} \mathrm{e}^{-\lambda_{1} t}$. Второе же уравнение описывает приращение в единицу времени количества ядер радионуклида $X_{2}$. Оно происходит за счет распада ядер $X_{1}$ в количестве $\lambda_{1} N_{1}$ и убыли дочерних ядер из-за их распада ( $-\lambda_{2} N_{2}$ ). Перепишем второе уравнение из (1) в виде
\[
\dot{N}_{2}+\lambda_{2} N_{2}=\lambda_{1} N_{10} \mathrm{e}^{-\lambda_{1} t} .
\]
Решение этого неоднородного уравнения ищем как сумму решения однородного уравнения и частного решения неоднородного:
\[
N_{2}(t)=A \mathrm{e}^{-\lambda_{2} t}+B \mathrm{e}^{-\lambda_{1} t} .
\]
Из начального условия $N_{2}(0)=0$ находим $0=A+B$, поэтому (3) можно переписать в виде
\[
N_{2}(t)=A\left(\mathrm{e}^{-\lambda_{2} t}-\mathrm{e}^{-\lambda_{1} t}\right) .
\]
После подстановки (4) в (2) найдем: $A=N_{10} \lambda_{1} /\left(\lambda_{1}-\lambda_{2}\right)$. Тогда (4) примет вид
\[
N_{2}(t)=N_{10} \frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}-\lambda_{1}}\left(\mathrm{e}^{-\lambda_{1} t}-\mathrm{e}^{-\lambda_{2} t}\right) .
\]
б) Взяв производную $\mathrm{d} N_{2} / \mathrm{d} t$ и приравняв ее нулю, найдем:
\[
t_{m}=\frac{\ln \left(\lambda_{2} / \lambda_{1}\right)}{\lambda_{2}-\lambda_{1}} .
\]
8.4. Альфа-распад. Распад покоящихся ядер ${ }^{210}$ Ро происходит из основного состояния и сопровождается испусканием двух групп $\alpha$-частиц: основной с энергией $K_{\alpha}=5,30$ МэВ и слабой (по интенсивности) с энергией $K_{\alpha}^{\prime}=4,50$ МэВ. Найти энергию $\alpha$-распада этих ядер и энергию $\gamma$-квантов, испускаемых дочерними ядрами.
Р е ш е н и е. Из условия следует, что дочерние ядра возникают не только в основном состоянии, но и в возбужденном (рис. 8.16).
Рис. 8.16 Из сохранения импульса имеем
\[
p_{\alpha}=p_{\text {д }} \text {, или } m_{\alpha} K_{\alpha}=m_{\text {д }} K_{\text {д }},
\]
где индексом \”д\” отмечено дочернее ядро $\left({ }^{206} \mathrm{~Pb}\right)$. Энергия же $\alpha$-распада с учетом (1) равна
\[
Q=K_{\alpha}+K_{\text {д }}=K_{\alpha}\left(1+\frac{m_{\alpha}}{m_{\text {д }}}\right) .
\]
Аналогичное выражение запишем для $Q^{\prime}$, когда дочернее ядро возникает в возбужденном состоянии:
\[
Q^{\prime}=K_{\alpha}^{\prime}\left(1+\frac{m_{\alpha}}{m_{\text {д }}}\right) .
\]
Из формул (2) и (3) получим
\[
\hbar \omega=Q-Q^{\prime}=\left(K_{\alpha}-K_{\alpha}^{\prime}\right)\left(1+\frac{m_{\alpha}}{m_{\text {д }}}\right)=0,80 \frac{210}{206}=0,815 \text { МэВ. }
\]
8.5. Бета-распад. Неподвижное ядро ${ }^{6} \mathrm{He}$ испытывает $\beta$-распад, в результате которого дочернее ядро оказалось непосредственно в основном состоянии. Энергия распада $Q=3,50$ МэВ. Под каким углом к направлению вылета электрона испущено нейтрино, если электрон с энергией $K_{e}=\mathbf{0 , 6 0}$ МэВ вылетел под прямым углом к направлению движения ядра отдачи?
Р е ш е и е. Сначала изобразим треугольник импульсов (рис. 8.17), где $p_{\text {д }}$ – импульс отдачи дочернего ядра. Из рисунка видно, что
\[
\cos \alpha=p_{e} / p_{v} \text {. }
\]
Согласно (П.5) $p_{e} c=\sqrt{K_{e}\left(K_{e}+2 m_{e} c^{2}\right)}$ и
\[
p_{
u} c=\varepsilon_{
u}=Q-K_{e}-K_{\boldsymbol{r}} .
\]
В последнем равенстве кинетической энергией ядра-отдачи можно пренебречь. В самом деле, из соотношения $K=p^{2} / 2 m$, принимая во внимание, что импульсы всех трех частиц по порядку величины одинаковы, а масса ядра-отдачи значительно превосходит массу электрона, следует: $K_{я} \ll K_{\mathrm{e}}$.
Таким образом,
\[
\cos \alpha=\frac{\sqrt{K_{e}\left(K_{e}+2 m_{e} c^{2}\right)}}{Q-K_{e}}=0,34 .
\]
Отсюда $\alpha=70^{\circ}$ и $\theta=110^{\circ}$.
8.6. Эффективное сечение реакции. Какова должна быть толщина кадмиевой пластинки, чтобы поток тепловых нейтронов при прохождении через нее уменьшался в $\eta=100$ раз? Сечение поглощения нейтрона ядром атома кадмия $\sigma_{a}=2,54$ кб, плотность кадмия $\rho=8,65 \mathrm{r} / \mathrm{cm}^{3}$.
Р е ш е н и е. Выделим мысленно бесконечно тонкий плоский слой кадмия, перпендикулярный потоку нейтронов (рис. 8.18). Пусть на $1 \mathrm{~cm}^{2}$ этого слоя ежесекундно падает $N$ нейтронов. Рис. 8.18 Тогда можно утверждать, что убыль числа $N$ равна
\[
-\mathrm{d} N=N \sigma n_{0} \mathrm{~d} x,
\]
где $n_{0}$ – количество ядер в единице объема. Разделив переменные $N$ и $x$ в формуле (1), проинтегрируем полученное выражение.
В результате
\[
\ln \left(N / N_{0}\right)=-\sigma n_{0} d,
\]
откуда искомая толщина $d$ равна
\[
d=\frac{\ln \left(N_{0} / N\right)}{\sigma n_{0}}=\frac{\ln \eta}{\sigma n_{0}}=0,40 \mathrm{MM} .
\]
Здесь $n_{0}=N_{A} \rho / M, N_{A}$ – постоянная Авогадро, $M$ – атомная масса кадмия (112,4 г/моль).
8.7. Энергия реакции. Найти энергию $\boldsymbol{Q}$ реакции
\[
{ }^{7} \mathrm{Li}(p, \alpha){ }^{4} \mathrm{He},
\]
если известно, что энергии связи ядер ${ }^{7} \mathrm{Li}$ и ${ }^{4} \mathrm{He}$ равны соответственно $E_{\mathrm{Li}}=39,2 \mathrm{MэB}$ и $E_{\mathrm{He}}=28,2 \mathrm{M}$. .
Р е ш е и е. Энергия реакции согласно (8.39) равна
\[
\boldsymbol{Q}=\left(m_{\mathrm{Li}}+m_{\mathrm{H}}\right)-2 m_{\mathrm{He}},
\]
где $m$ – массы ядер – выражены в энергетических единицах. Представим эти массы в соответствии с формулой (8.5) как
\[
\begin{array}{c}
m_{\mathrm{Li}}=3 m_{p}+4 m_{n}-E_{\mathrm{Li}}, \\
m_{\mathrm{He}}=2 m_{p}+2 m_{n}-E_{\mathrm{He}} .
\end{array}
\]
После подстановки этих выражений в (1) и сокращения всех $m_{p}$ и $m_{n}$ получим
\[
Q=2 E_{\mathrm{He}}-E_{\mathrm{Li}}=17.2 \mathrm{M} \text { ЭB. }
\]
8.8. Найти энергию реакции
\[
{ }^{14} \mathrm{~N}(\alpha, p){ }^{17} \mathrm{O},
\]
если энергия налетающей $\alpha$-частицы $K_{\alpha}=4,00$ МэВ, и протон, вылетевший под углом $\theta=60^{\circ} \mathrm{k}$ направлению движения $\alpha$-частицы, имеет энергию $K_{p}=2,08$ МэВ.
Р е ш е н и е. Исходим из того, что импульс и полная энергия системы в этом процессе сохраняются. С помощью рис. 8.19 и теоремы косинусов запишем:
Рис. 8.19
\[
p_{0}^{2}=p_{\alpha}^{2}+p_{p}^{2}-2 p_{\alpha} p_{p} \cos \theta .
\]
Кроме того, энергия реакции $Q$ согласно (8.37)
\[
Q=\left(K_{p}+K_{\mathrm{o}}\right)-K_{\alpha} .
\]
Имея в виду, что $K=p^{2} / 2 m$, решим совместно уравнения (1) и (2), исключив из них $p_{0}$ и $K_{0}$. В результате получим
\[
Q=(1+a) K_{p}-(1-b) K_{\alpha}-2 \cos \theta \sqrt{a b K_{p} K_{\alpha}},
\]
где $a=m_{p} / m_{\mathrm{O}}, b=m_{\alpha} / m_{\mathrm{O}}$, или
\[
Q=\frac{18}{17} K_{p}-\frac{13}{17} K_{\alpha}-2 \cos \theta \sqrt{\frac{18 \cdot 13}{17^{2}} K_{p} K_{\alpha}}=-1,2 \text { МэВ. }
\]
8.9. Порог реакции. Литиевую мишень облучают пучком протонов с кинетической энергией в $\eta=1,50$ раза превышающей пороговое значение реакции
\[
{ }^{7} \mathrm{Li}(p, n){ }^{7} \mathrm{Be}+\boldsymbol{Q},
\]
где $Q=-1,65$ МэВ. Найти кинетическую энергию нейтронов, вылетающих под прямым углом к пучку протонов.
Р е ш е н и е. Из сохранения импульса
Рис. 8.20
(рис. 8.20) и энергии следует:
\[
p_{n}^{2}+p_{p}^{2}=p_{\mathrm{Be}}^{2} \text { или } m K_{n}+m K_{p}=m_{\mathrm{Be}} K_{\mathrm{Be}},
\]
где считаем $m_{n}=m_{p}=m$. Согласно (8.37) можно записать второе уравнение:
\[
Q=\left(K_{n}+K_{\mathrm{Be}}\right)-K_{p} \text { или } K_{p}-|Q|=K_{n}+K_{\mathrm{Be}} .
\]
Решив совместно уравнения (1) и (2) с учетом того, что $K_{p}=\eta K_{p \text { пор }}$, получим:
\[
K_{n}\left(m+m_{\mathrm{Be}}\right)=\left(m_{\mathrm{Be}}-m\right) \eta K_{p \text { пор }}-m_{\mathrm{Be}}|\mathrm{Q}| .
\]
Остается учесть, что согласно (8.45)
\[
K_{p \text { пор }}=\frac{m+m_{\mathrm{Li}}}{m_{\mathrm{Li}}}|Q| .
\]
Тогда из (3) следует, что
\[
K_{n}=\left(\frac{m_{\mathrm{Be}}-m}{m_{\mathrm{Li}}} \eta-\frac{m_{\mathrm{Be}}}{m+m_{\mathrm{Be}}}\right)|Q|=\left(\frac{6}{7} \eta-\frac{7}{8}\right)|Q|=0,68 \mathrm{MэB} .
\]
8.10. Энергетические уровни ядра. Борную мишень облучают пучком дейтронов с энергией $K_{d}=1,50$ МэВ. В результате реакции ${ }^{10} \mathrm{~B}(d, p)$ 11В под прямым углом к пучку дейтронов испускаются протоны с энергиями $K_{p}=7,64,5,51$ и 4,98 МэВ. Найти энергию $E^{\star}$ уровней возбужденных ядер ${ }^{11} \mathrm{~B}$, которые отвечают этим значениям энергии.
Рис. 8.21
Р ешение из сохрания импуль (рис.
8.21) следует, что
\[
p_{d}^{2}=p_{\mathrm{B}}^{2}-p_{p}^{2} \quad \text { или } \quad m_{d} K_{d}=m_{\mathrm{B}} K_{\mathrm{B}}-m_{p} K_{p} .
\]
Здесь и далее индекс «В» относится к ядру ${ }^{11} \mathrm{~B}$.
Теперь запишем баланс энергии, учитывая, что ядро ${ }^{11} \mathrm{~B}$ возникает в возбужденном состоянии:
\[
K_{d}+Q=K_{p}+K_{\mathrm{B}}+E^{\star},
\]
где $\boldsymbol{Q}$ – энергия реакции (номинальная), определяемая формулой (8.39), здесь $Q=9,23 \mathrm{M}$, $E^{*}$ – энергия возбуждения ядра ${ }^{11} \mathrm{~B}$.
Решив совместно уравнения (1) и (2) путем исключения $K_{\mathrm{B}}$, получим:
\[
E^{\star}=Q+\left(1-\frac{m_{d}}{m_{\mathrm{B}}}\right) K_{d}-\left(1+\frac{m_{p}}{m_{\mathrm{B}}}\right) K_{p}=Q+\frac{9}{11} K_{d}-\frac{12}{11} K_{p} .
\]
При указанных значениях $K_{p}$ получим соответственно
\[
E^{\star}=2,12,4,45 \text { и } 5,03 \text { МэВ. }
\]
