См. §§ 166, 167, 171. 35

648

Ответы и решения к упражнениям

Сравнивая это выражение для

p

2

e

со вторым уравнением (209.5), полу-

чим

−

2h

2

c

2

νν



+

2

hm

e

(ν − ν



) = −

2

h

2

c

2

νν



cos ϑ

,

h

c

2

νν



(

1

− cos ϑ) = m

e

(ν − ν



)

,

h

m

e

c

(

1

− cos ϑ) = c

ν

− ν



νν



=

c

ν



−

c

ν

= λ



− λ = Δλ.

Итак,

Δλ =

2h

m

e

c

sin

2

ϑ

2

=

2

λ

0

sin

2

ϑ

2

.

20. См. § 210.

21. 6

·

10

8

.

22. § 199.

23. 2,4

·

10

−12

А.

25. Через 1 мин.

26. Для

α

-частицы

E =

5

·

10

5

В/м,

B =

0,23 Тл; для

β

-частицы

E =

10

6

В/м,

B =

0,0053 Тл.

27. 3,7

·

10

10

электронов в 1 с.

28. 18,5

·

10

10

α

-частиц в 1 с.

29. 18 мм

3

.

30. 2,3

◦

C.

31. 0,38 мг.

32. а) 4,5

·

10

9

лет, б) 1,2

·

10

9

лет.

33.

τ =

4,4

·

10

−8

с (частота

ν =

2,3

·

10

7

Гц).

34. Около 110 МэВ; 550 оборотов.

35. 1)

2

1

H

+

2

1

H

→

3

1

H

+ p

; 2)

2

1

H

+

2

1

H

→

3

2

He

+ n

; 3)

7

3

Li

+ p →

2

4

2

He;

4)

27

13

Al

+

2

1

H

→

28

13

Al

+ p

.

36. Силы электрического отталкивания

α

-частицы и ядра пропор-

циональны

Z

.

37. 6,4

·

10

−7

мг.

38. 1)

2

1

H

+ γ → p + n

; 2)

p + n

→

2

1

H

+ γ

; 3)

9

4

Be

+ γ →

2

4

2

He

+ n

;

4)

14

7

N

+ n →

14

6

C

+ p

; 5)

9

4

Be

+

2

1

H

→

10

5

B

+ n

.

39. 9,6 %.

40. Пусть до соударения скорость шара массы

m

1

равна

v

0

, а шар

массы

m

2

покоится. После соударения скорости шаров равны соответ-

ственно

v

1

и

v

2

(рис. 428). Суммарный импульс шаров равен

m

1

v

0

(импульс второго шара равен нулю). После соударения суммарный им-

пульс равен

m

1

v

1

+ m

2

v

2

. В силу закона сохранения импульса должно

выполняться равенство

m

1

v

0

= m

1

v

1

+ m

2

v

2

.

Перейдя от векторов к их модулям, получим

m

1

v

0

= m

2

v

2

− m

1

v

1

Ответы и решения к упражнениям

649

(векторы

m

1

v

1

и

m

2

v

2

направлены в противоположные стороны, по-

этому модуль их суммы равен разности модулей векторов). С другой

стороны, по закону сохранения энергии

m

1

v

2

0

= m

1

v

2

1

+ m

2

v

2

2

.

Рис. 428. К упражнению 40

Решая эти уравнения относи-

тельно

v

1

и

v

2

, найдем долю началь-

ной энергии, переданную шаром

m

1

шару

m

2

:

m

2

v

2

2

m

1

v

2

0

=

4m

1

m

2

(m

1

+ m

2

)

2

.

Если положить

m =

1 (масса нейтро-

на в а. е. м.), а

m

2

= A

— масса

ядра в а. е. м., получим в правой

части

4A

(1 + A)

2

.

41. После одного соударения нейтрона с протоном средняя энергия

нейтрона равна половине начальной:

E

ср

(n=1)

= E

0

1

2

. После

n

соударе-

ний

E

ср

(n)

= E

0

·



1

2



n

.

42. 20 соударений.

43. Радиоактивные атомы, образовавшиеся за много периодов по-

лураспада до конца облучения, к моменту окончания облучения уже

все распадутся.

44. Пересекая пластинку, частица теряет часть своей энергии на

ионизацию и возбуждение атомов среды. Ввиду этого скорость ее

уменьшается и траектория сильнее искривляется магнитным полем.

Следовательно, частица движется снизу вверх и заряжена положи-

тельно.

45. См. § 225.

46. 1,7 МэВ. 7,3 МэВ.

47. 234,1165 а. е. м.

48. Изменение энергии на 10 эВ соответствует изменению массы

на 10

−8

а. е. м. При точности измерения 10

−6

а. е. м. изменение массы

на 10

−8

а. е. м. не может быть наблюдено.

49. Электроны.

50. 900 кВт.

51. В замедлителе выделяется около 8 % всей освобождаемой энер-

гии.

52. Отражатель возвращает в реактор часть вылетающих нейтро-

нов, это приводит к уменьшению критической массы.

53. а) Возрастает, б) постоянна, в) убывает.

54. Так как мощность реактора постоянна, то коэффициент раз-

множения равен 1, т. е. из 2,5 нейтрона деления 1 вызывает новое

650

Ответы и решения к упражнениям

деление. 1,25 нейтрона захватываются, не вызывая делений. Остальные

0,25 нейтрона, т. е. 10 % всех нейтронов деления, вылетают наружу.

56. За время жизни одного поколения нейтронов число делений

возрастает в

k

раз, за

n

поколений — в

k

n

раз. Число поколений,

необходимых для возрастания числа делений в

a

раз, равно

n =

lg a

lg k

,

n =

5500,

t =

550 с.

58. Пусть протон с массой

m

p

, кинетической энергией

W

к

и им-

пульсом

p

налетает на неподвижную мишень — протон (ядро атома

водорода). Рассмотрим в общем виде реакцию образования одной или

нескольких частиц (обозначим их все вместе как

X

) с суммарной

массой

m

X

:

p + p

→ p + p + X

. Наименьшая затрата начальной энер-

гии (которая называется энергетическим порогом реакции) происходит

тогда, когда после соударения все частицы в конечном состоянии

движутся как единое целое с одинаковыми скоростями

v

в направлении

начального импульса и все вместе несут этот импульс (в силу закона

сохранения импульса). Тогда не надо еще дополнительно затрачивать

энергию на их относительный разлет. Применим законы сохранения

энергии и импульса релятивистской механики (199.4) и (200.3):

(W

к

)

порог

+ m

p

c

2

+ m

p

c

2

= (

2

m

p

+ m

X

)

c

2



1

− β

2

,

(1)

p = (

2

m

p

+ m

X

)

βc



1

− β

2

,

(2)

где

β = v/c

, а полная энергия бомбардирующего протона

W

p

=

= (W

к

)

порог

+ m

p

c

2

связана с его импульсом

p

известным соотношением

(см. (200.4))

W

2

p

= p

2

c

2

+ m

p

c

4

.

(3)

Из соотношения (1) найдем

W

p

= [(W

к

)

порог

+ m

p

c

2

]

2

=



(2m

p

+ m

X

)c

2



1

− β

2

− m

p

c

2



2

=

=

(2m

p

+ m

X

)

2

c

4

1

− β

2

+ m

2

p

c

4

−

2

m

p

c

4

(

2

m

p

+ m

X

)

1



1

− β

2

;

из соотношения (2) и (3)

W

2

p

= p

2

c

2

+ m

2

p

c

4

=

(2m

p

+ m

X

)

2

β

2

c

4

1

− β

2

+ m

2

p

c

4

.

Приравнивая эти выражения, находим

(2m

p

+ m

X

)

2

c

4

(1 − β

2

)

1

− β

2

=

2

m

p

c

4

(

2

m

p

+ m

X

)

1



1

− β

2

Ответы и решения к упражнениям

651

или

1



1

− β

2

=

2m

p

+ m

X

2m

p

.

Тогда из (1) следует, что

(W

к

)

порог

=

(2m

p

+ m

X

)

2

c

2

2m

p

−

2

m

p

c

2

=

2

m

X

c

2



1

+

m

X

4m

p



.

Случай (а):

p + p

→ p + p + π

0

;

m

X

= m

π

0

=

135 МэВ/

c

2

. Тогда

получаем

(W

к

)

порог для π

0

=

2

m

π

0

c

2



1

+

m

π

0

4m

p



=

2,072

·

135 МэВ

≈

280 МэВ

.

Случай (б):

p + p

→ p + p +  p + p

;

m

X

=

2

m

p

=

1877 МэВ. Тогда

получаем

(W

к

)

порог для

pp

=

4

m

p

c

2



1

+

1

2



=

6

m

p

c

2

≈

5630 МэВ

.

жүктеу/скачать 6,71 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: