giải bài tập Vật Lý Hạt Nhân

BÀI TẬP CHƯƠNG I: CÁC ĐẶC TRƯNG CƠ BẢN CỦA HẠT NHÂN* 1.1 Một hạt nhân đứng yên bò vỡ làm hai mảnh chuyển động theo hai hướng ngược Hạt có khối vận tốc tương ứng là: 3kg 0,8c Hạt có khối vận tốc tương ứng là: 5,33kg 0,6c Tìm khối lượng hạt nhân ban đầu Bài giải: Giả sử nhiệt lượng tỏa từ phân hạch hạt nhân mẹ chuyển hóa hồn tồn thành động hạt nhân Theo định luật bảo tồn lượng: 𝐸0 = 𝐸1 + 𝐸2 𝑚01 𝑚02 𝑚0 𝑐 = 𝑐2 + 𝑐2 2 √1 − 𝑣12 √1 − 𝑣22 𝑐 𝑐 𝑚01 𝑚02 𝑚0 = + 2 √1 − 𝑣12 √1 − 𝑣22 𝑐 𝑐 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: 𝑚0 = 1.2 3𝑘𝑔 √1−(0,8𝑐) 𝑐 + 5,33𝑘𝑔 √1− (0,6𝑐) = 11,66 (kg) 𝑐 Biết lượng nghỉ electrôn 0,511MeV Tìm vận tốc electrôn gia tốc hiệu điện 105 kV Bài giải: Năng lượng electron: E= 𝐸0 √1 − 𝑣2 𝑐 Suy v = c × √1 − ( 𝐸0 ) 𝐸 Trong E = 𝐸0 + 𝑇 = 𝐸0 + 𝑒 𝑈 = 0,511 + 100 = 100,511(𝑀𝑒𝑉) Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: v = c × √1 − ( 1.3 0,511𝑀𝑒𝑉 ) = 0,99999𝑐 100,511𝑀𝑒𝑉 Tính động êlectrôn động lượng 2MeV/c Biết lượng nghỉ electrôn 0,511MeV Bài giải: Ta có: 𝐸02 = 𝐸 − 𝑝2 𝑐 Suy E = √𝐸02 + 𝑝2 𝑐 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: 2𝑀𝑒𝑉 √ E = (0,511𝑀𝑒𝑉 ) + ( × 𝑐) = 2,06(𝑀𝑒𝑉 ) 𝑐 Suy động electron T = E − 𝐸0 = 2,06 − 0.511 = 1,55(𝑀𝑒𝑉 ) 1.4 Vận tốc electron 5.107m/s Tính lượng cần cung cấp để tăng vận tốc electrôn lên hai lần Biết lượng nghỉ electrôn 0,511MeV Bài giải: Năng lượng cần cung cấp: ∆E = 𝐸 ′ − 𝐸 = 𝐸0 ′2 √1 − 𝑣 𝑐 − 𝐸0 √1 − 𝑣2 𝑐 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: ∆E = − √1 − ( 10 ) × 10 ( × 0,511𝑀𝑒𝑉 = 0,024(𝑀𝑒𝑉 ) 107 √1 − ( × ) × 10 ) 1.5 Một hạt có lượng tổng cộng 6.103MeV có động lượng 3.103MeV/c Tìm khối lượng nghỉ hạt Bài giải: Ta có: 𝐸02 = 𝐸 − 𝑝2 𝑐 (𝑚 𝑐 )2 = 𝐸 − 𝑝 𝑐 Suy 𝑚0 = √𝐸 − 𝑝2 𝑐 𝑐2 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: √(6 × 103 𝑀𝑒𝑉 )2 − (3 × 10 𝑀𝑒𝑉 × 𝑐) 𝑐 𝑚0 = 1.6 931,5𝑀𝑒𝑉⁄ 𝑎 𝑚 𝑢 = 5,58 (amu) = 9,26 × 10−27 (𝑘𝑔) Một hạt vi cấp a có khối lượng nghỉ m0 chuyển động với vận tốc v = 0,8c va chạm với hạt nhân A đứng n có khối lượng 3m0 bị bắt để tạo thành nhân hợp phần Xác định khối lượng nghỉ nhân hợp phần Bài giải: Theo định luật bảo tồn động lượng 𝑝⃗𝑎 + 𝑝⃗𝐴 = 𝑝⃗ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 Vì hạt nhân bia ban đầu đứng n 𝑝⃗𝐴 = nên ta có 𝑝⃗𝑎 = 𝑝⃗ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 Suy m0,𝑎 √1 − (𝑣𝑎 ) 𝑐 v𝑎 = 𝑚0,ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 𝑣 √1 − ( ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 ) 𝑐 𝑣ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 (1) Theo định luật bảo tồn lượng 𝐸𝑎 + 𝐸0,𝐴 = 𝐸𝑛ℎâ𝑛 ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 𝑚0,𝑎 𝑐 √1 − (𝑣𝑎 ) 𝑐 + 3𝑚0,𝑎 𝑐 = 𝑚0,ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 √1 − ( 𝑣ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 ) 𝑐 𝑐 (2) Lấy (1) chia (2), ta được: 𝑣ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 = 𝑣 + 3√1 − ( 𝑎 ) 𝑐 v𝑎 = 1 + 3√1 − (0,8)2 × 0,8c = 0,286c Suy khối lượng nghỉ nhân hợp phần 𝑚0,𝑛ℎâ𝑛 ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 = ( 1.7 𝑚0,𝑎 √1 − (0,8)2 + 3𝑚0,𝑎 ) × √1 − (0,286)2 = 4,47𝑚0,𝑎 Tính mật độ nucleon, khối lượng riêng chất hạt nhân, mật độ điện tích hạt nhân Bài giải: Mật độ nucleon: n𝑛𝑢𝑐 = 𝐴 𝐴 𝐴 = = = 𝑉 𝜋𝑅 𝜋(𝑟 3√𝐴)3 4𝜋𝑟0 3 𝑛𝑢𝑐 Thay giá trị số 𝑟0 = 1,21 × 10−15 𝑚 vào cơng thức trên, ta được: n𝑛𝑢𝑐 = = 1,35 × 1044 𝑛𝑢𝑐𝑙𝑒𝑜𝑛⁄𝑚3 −15 ( ) × 3,14 × 1,21 × 10 𝑚 Khối lượng riêng chất hạt nhân: 𝜌𝑛𝑢𝑐 = 𝑀𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜𝑛 + 𝑀𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛 𝑚𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜𝑛 × 𝑁 + 𝑚𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛 × 𝑍 𝑀𝑛𝑢𝑐 = = 𝑉 𝑉 𝑉 Với hạt nhân có số neutron số proton, ta có N = Z = 𝐴 Do đó: 𝑚𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜𝑛 + 𝑚𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛 𝑚𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜𝑛 + 𝑚𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛 𝐴 )× =( ) × 𝑛𝑛𝑢𝑐 𝜌𝑛𝑢𝑐 = ( 𝑉 Thay giá trị vào cơng thức ta được: 𝜌𝑛𝑢𝑐 (1,0086 + 1,0072) × 1,66 × 10−27 = × 1,35 × 1044 = 2,26 × 1017 (𝑘𝑔⁄𝑚3 ) Mật độ điện tích hạt nhân: 𝜌𝑒 = 𝑄 𝑍𝑒 𝑒 𝐴 𝑒 = = × = × n𝑛𝑢𝑐 𝑉 𝑉 𝑉 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: 1,6 × 10−19 𝜌𝑒 = × 1,35 × 1044 = 1,08 × 1025 ( 𝐶 ⁄𝑚3 ) 1.8 Theo kết thực nghiệm tán xạ điện từ hạt nhân, mật độ chất hạt nhân diễn tả phương trình:  r   0 rR  exp    a  , với R bán kính hạt nhân, a số Chứng minh bề mặt hạt nhân (là khoảng cách d có mật độ từ 0,90 – 0,10) số Bài giải: Ta có:  r   0 rR  exp    a  Suy r = R + a × ln [ 𝜌0 − 1] 𝜌 (𝑟 ) Độ dày bề mặt hạt nhân: 𝜌0 −1 𝜌(𝑟2 ) ] d = 𝑟2 − 𝑟1 = 𝑎 × 𝑙𝑛 [ 𝜌 − 𝜌(𝑟1 ) Thay giá trị ρ(𝑟2 ) = 0.1𝜌0 ρ(𝑟2 ) = 0.9𝜌0 vào cơng thức trên, ta được: 10 − ) = 4,4𝑎 = const d = 𝑟2 − 𝑟1 = 𝑎 × 𝑙𝑛 ( 1,11 − 1.9 a) Xác định bán kính hạt nhân O16 Pb206 b) Tìm hạt nhân bền, biết bán kính 1/3 bán kính hạt nhân Os189 c) Hạt nhân U235 bị vỡ thành hai hạt nhân có tỉ số số khối 2/1 Tìm bán kính hai mảnh vỡ Bài giải: a) Bán kính hạt nhân R = 𝑟0 𝐴3 với 𝑟0 = (1,2 ÷ 1,5)𝑓𝑚 Đối với hạt nhân O16 R 𝑂16 = 1,21 × 163 = 3,05(𝑓𝑚) Đối với hạt nhân Pb206 R 𝑃𝑏206 = 1,21 × 2063 = 7,15(𝑓𝑚) b) Bán kính hạt nhân Os189 R 𝑂𝑠189 = 𝑟𝑜 𝐴𝑂𝑠189 (𝑓𝑚) Bán kính hạt nhân X R𝑋 = 𝑟𝑜 𝐴𝑋 (𝑓𝑚) Ta có tỉ số R 𝑂𝑠189 𝐴𝑂𝑠189 ) =3 =( R𝑋 𝐴𝑋 Suy 𝐴𝑋 = 𝐴𝑂𝑠189 189 = =7 27 27 Trong số hạt nhân có số khối A=7, có Li7 hạt nhân bền Vậy hạt nhân X hạt nhân Li7 U235  X + Y c) Ta có: 𝐴𝑋 + 𝐴𝑌 = 235 𝐴𝑋 =2 𝐴𝑌 Suy 𝐴𝑋 = 78; 𝐴𝑌 = 157 Bán kính hạt nhân X R𝑋 = 1,21 × 783 = 5,17(𝑓𝑚) Bán kính hạt nhân Y R 𝑌 = 1,21 × 1573 = 6,53(𝑓𝑚) 1.10 Viết công thức tính lượng liên kết hạt nhân theo khối lượng nguyên tử hidrô, khối lượng nguyên tử hạt nhân, khối lượng neutron Bài giải: Năng lượng liên kết hạt nhân: 𝐸𝑙𝑘 = 𝑀𝑛 𝑐 + 𝑀𝑝 𝑐 − 𝑀𝑛𝑢𝑐 𝑐 = 𝑁 × 𝑚𝑛 𝑐 + 𝑍 × 𝑚𝑝 𝑐 − 𝑀𝑛𝑢𝑐 𝑐 Thêm bớt số hạng Z × 𝑚𝑒 𝑐 vào cơng thức trên, ta được: 𝐸𝑙𝑘 = 𝑁 × 𝑚𝑛 𝑐 + 𝑍 × 𝑚𝑝 𝑐 + Z × 𝑚𝑒 𝑐 − (𝑀𝑛𝑢𝑐 𝑐 + Z × 𝑚𝑒 𝑐 ) 𝐸𝑙𝑘 = 𝑁 × 𝑚𝑛 𝑐 + 𝑍 × (𝑚𝑝 + 𝑚𝑒 )𝑐 − (𝑀𝑛𝑢𝑐 + Z × 𝑚𝑒 )𝑐 Mà 𝑚𝐻 = 𝑚𝑝 + 𝑚𝑒 𝑀𝑛𝑡 = 𝑀𝑛𝑢𝑐 + Z × 𝑚𝑒 Do 𝐸𝑙𝑘 = 𝑁 × 𝑚𝑛 𝑐 + 𝑍 × 𝑚𝐻 𝑐 − 𝑀𝑛𝑡 𝑐 = (𝑁 × 𝑚𝑛 + 𝑍 × 𝑚𝐻 − 𝑀𝑛𝑡 )𝑐 Nếu khối lượng tính theo đơn vị amu lượng tính theo MeV, ta có: 𝐸𝑙𝑘 = (𝑁 × 𝑚𝑛 + 𝑍 × 𝑚𝐻 − 𝑀𝑛𝑡 ) × 931,5𝑀𝑒𝑉 Chỉ lượng liên kết hạt nhân E  Z H  A  Z n   nt Trong 1.11 H = mH –1, n = mn – 1, nt = mnt –A Bài giải: Nếu khối lượng tính theo đơn vị lượng, ta có: 𝐸𝑙𝑘 = 𝑁 × 𝑚𝑛 + 𝑍 × 𝑚𝐻 − 𝑀𝑛𝑡 = 𝑁 × (𝑚𝑛 − 1) + 𝑍 × (𝑚𝐻 − 1) − 𝑀𝑛𝑡 + 𝑁 + 𝑍 𝐸𝑙𝑘 = 𝑁 × (𝑚𝑛 − 1) + 𝑍 × (𝑚𝐻 − 1) − [𝑀𝑛𝑡 − (𝑁 + 𝑍)] 𝐸𝑙𝑘 = 𝑁 × ∆𝑛 + 𝑍 × ∆𝐻 − ∆𝑛𝑡 1.12 Tính lượng liên kết riêng nuclid sau: 18Ar40, 47Ag107, 82Pb208 Biết mH = 1.007825, mn =1.008665, mAr40 = 39.962384, mAg107 = 106.90697, mPb208 =207.97664 (amu) Bài giải: Áp dụng cơng thức tập 1.11, ta có: 𝐸𝑙𝑘 18 𝐴𝑟40 = (22 × 1,008665 + 18 × 1,007825 − 39,962384) × 931,5 = 343,81MeV Suy 𝐴𝑟40 ε𝑙𝑘 𝐸𝑙𝑘 47 𝐴𝑔107 40 18𝐴𝑟 𝐸𝑙𝑘 18 = 𝐴 = 343.81𝑀𝑒𝑉 = 8,59𝑀𝑒𝑉 40 = (60 × 1,008665 + 47 × 1,007825 − 106,90697) × 931,5 = 913,53MeV Suy 𝐴𝑔107 𝐴𝑔107 ε𝑙𝑘 47 𝐸𝑙𝑘 82 𝑃𝑏208 𝐸𝑙𝑘 47 = 𝐴 = 913,53𝑀𝑒𝑉 = 8,54𝑀𝑒𝑉 107 = (126 × 1,008665 + 82 × 1,007825 − 207,97664) × 931,5 = 1636,46MeV Suy 𝑃𝑏208 ε𝑙𝑘 1.13 208 82𝑃𝑏 𝐸𝑙𝑘 82 = 𝐴 = 1636,46𝑀𝑒𝑉 = 7,87𝑀𝑒𝑉 208 Tính lượng cần cung cấp để phá hạt nhân Ne21 thành neutron, hạt nhân alpha O16 Biết mHe4 =4.002604, mO16 = 15.994915 (amu), mNe21 = 20.994915 (amu) Bài giải: Để phá vỡ hạt nhân Ne21 thành neutron, hạt nhân alpha O16 cần cung cấp lượng tối thiểu lượng liên kết chúng hạt nhân Ne21 Ta có: ∆E = (𝑚𝑂16 + 𝑚𝐻𝑒 + 𝑚𝑛 )𝑐 − 𝑚𝑁𝑒 21 𝑐 = (𝑚𝑂16 + 𝑚𝐻𝑒 + 𝑚𝑛 − 𝑚𝑁𝑒 21 ) × 931,5𝑀𝑒𝑉 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: ∆E = (15,994915 + 4,002604 + 1,008665 − 20,994915) × 931,5𝑀𝑒𝑉 = 10,5MeV 1.14 Xác đònh lượng cần thiết để tách hạt nhân O16 thành hạt alpha Biết mHe4 =4.002604, mO16 = 15.994915 (amu) Bài giải: Để phá vỡ hạt nhân O16 thành hạt nhân alpha cần cung cấp lượng tối thiểu lượng liên kết chúng hạt nhân O16 Ta có: ∆E = 4𝑚𝐻𝑒 𝑐 − 𝑚𝑂16 𝑐 = (4𝑚𝐻𝑒 − 𝑚𝑂16 ) × 931,5𝑀𝑒𝑉 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: ∆E = (4 × 4,002604 − 15,994915) × 931,5𝑀𝑒𝑉 = 14,44MeV 1.15 Tính lượng liên kết neutron hạt nhân N14, biết lượng liên kết N14 N13 104.66 94.10 (MeV) Bài giải: Ta có: 𝐸𝑙𝑘 𝑛 = (𝑚𝑁13 + 𝑚𝑛 − 𝑚𝑁14 )𝑐 = [(7𝑚𝑛 + 7𝑚𝑝 − 𝑚𝑁14 )𝑐 − (6𝑚𝑛 + 7𝑚𝑝 − 𝑚𝑁13 )𝑐 ] Suy 𝐸𝑙𝑘 𝑛 = 𝐸𝑙𝑘 𝑁 1.16 14 − 𝐸𝑙𝑘 𝑁 13 = 104,66 − 94,10 = 10,56𝑀𝑒𝑉 Tìm lượng cần thiết để tách O16 thành C12 alpha Nếu biết lượng liên kết O16, C12 alpha 127.62, 92.16, 28.32 (MeV) Bài giải: Ta có: ∆E = (𝑚𝐶 12 + 𝑚𝐻𝑒 − 𝑚𝑂16 )𝑐 ∆E = [(8𝑚𝑛 + 8𝑚𝑝 − 𝑚𝑂16 )𝑐 − (6𝑚𝑛 + 6𝑚𝑝 − 𝑚𝐶 12 )𝑐 − (2𝑚𝑛 + 2𝑚𝑝 − 𝑚𝐻𝑒 )𝑐 ] Suy 16 ∆E = 𝐸𝑙𝑘 𝑂 − 𝐸𝑙𝑘 𝐶 1.17 12 − 𝐸𝑙𝑘 𝐻𝑒 = 127,62 − 92,16 − 28,32 = 7,14𝑀𝑒𝑉 Xác đònh lượng tỏa tạo thành hai hạt alpha tổng hợp H2 Li6 Nếu biết lượng liên kết H2, Li6 alpha 2.22, 31.98 28.32 (MeV) Bài giải: Ta có: ∆E = (𝑚𝐻 + 𝑚𝐿𝑖 − 2𝑚𝐻𝑒 )𝑐 ∆E = [2(2𝑚𝑛 + 2𝑚𝑝 − 𝑚𝐻𝑒 )𝑐 − (3𝑚𝑛 + 3𝑚𝑝 − 𝑚𝐿𝑖 )𝑐 − (𝑚𝑛 + 𝑚𝑝 − 𝑚𝐻 )𝑐 ] Suy ∆E = 2𝐸𝑙𝑘 𝐻𝑒 − 𝐸𝑙𝑘 𝐿𝑖 − 𝐸𝑙𝑘 𝐻 = × 28,32 − 31,98 − 2,22 = 22,44𝑀𝑒𝑉 1.18 Chỉ hiệu lượng liên kết hai hạt nhân phản xứng gương B11 C11 tương tác Coulomb Biết khối lượng chúng 11.00930533, 11.0114333 (amu), mn=1,00867 (amu); mp= 1,0073(amu) Bài giải: Hiệu lượng liên kết: ∆E𝑙𝑘 = |E𝑙𝑘 𝐵 11 11 − E𝑙𝑘 𝐶 | = |(6𝑚𝑛 + 5𝑚𝑝 − 𝑚𝐵11 )𝑐 − (5𝑚𝑛 + 6𝑚𝑝 − 𝑚𝐶 11 )𝑐 | ∆E𝑙𝑘 = |(𝑚𝑛 − 𝑚𝑝 + 𝑚𝐶 11 − 𝑚𝐵11 )𝑐 | Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: ∆E𝑙𝑘 = |(1,00867 − 1,0073 + 11,0114333 − 11,00930533) × 931,5𝑀𝑒𝑉 | = 3,26𝑀𝑒𝑉 Thế tương tác Coulomb: E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 𝑘𝑍(𝑍 − 1)𝑒 = 𝑟0 √𝐴 Hiệu lượng Coulomb: ∆E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 = 𝐵11 |𝐸𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 − 𝐶 11 | 𝐸𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 3𝑘𝑒 𝑍𝐵11 (𝑍𝐵11 − 1) 𝑍𝐶 11 (𝑍𝑐 11 − 1) [ ]| =| − 3 5𝑟0 √𝐴𝐶 11 √𝐴𝐵11 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: ∆E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 × × 109 × (1,6 × 10−19 )2 × × [3 ]| = 5,18 × 10−13 J = 3,24MeV =| − × 1,2 × 10−15 √11 √11 Ta nhận thấy hiệu lượng Coulomb gần hiệu lượng liên kết Vì kết luận hiệu lượng liên kết hai hạt nhân phản xứng gương B11 C11 tương tác Coulomb 1.19 Xác đònh bán kính nhân He3 với giả thuyết hiệu lượng liên kết He3 H3 tạo tương tác Coulomb Cho mHe3 = mH3= 3,0165(u) mn=1,00867 (amu); mp= 1,0073(u) Bài giải: Hiệu lượng liên kết He3 H3: 3 ∆E𝑙𝑘 = E𝑙𝑘 𝐻𝑒 − E𝑙𝑘 𝐻 = (𝑚𝑛 + 2𝑚𝑝 − 𝑚𝐻𝑒 )𝑐 − (2𝑚𝑛 + 𝑚𝑝 − 𝑚𝐻 )𝑐 ∆E𝑙𝑘 = (𝑚𝑝 − 𝑚𝑛 + 𝑚𝐻 − 𝑚𝐻𝑒 )𝑐 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: ∆E𝑙𝑘 = (1,0073 − 1,00867 + 3,0165 − 3,0165) × 931,5𝑀𝑒𝑉 = 1,28𝑀𝑒𝑉 Hiệu lượng Coulomb: ∆E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 = 𝐻𝑒 𝐸𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 − 𝐻3 𝐸𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 3𝑘𝑒 𝑍𝐻𝑒 (𝑍𝐻𝑒 − 1) 𝑍𝐻 (𝑍𝐻 − 1) [ ] = − 𝑅 𝑅 Suy 3𝑘𝑒 [𝑍 (𝑍 − 1)−𝑍𝐻 (𝑍𝐻 − 1)] 𝑅= 5∆E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 𝐻𝑒 𝐻𝑒 Thay giá trị ∆E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 = ∆E𝑙𝑘 = 1,28𝑀𝑒𝑉 vào cơng thức trên, ta được: 10 Số hạt nhân giả bền Tc99 tạo thành mẫu N∗𝑇𝑐 99 = 0,75 × 1 𝑁𝑜,𝑀𝑜99 (𝑒 −  𝑡 − 𝑒 −  𝑡 ) 2 − 1 Số hạt nhân bền Tc99 tạo thành dịch chuyền từ mức giả bền 0,75 × 1 2 𝑁𝑜,𝑀𝑜99 dN 𝑇𝑐 99 = 2 N∗𝑇𝑐 99 = (𝑒 −1𝑡 − 𝑒 −2𝑡 ) 𝑑𝑡 2 − 1 Suy N 𝑇𝑐 99 = 0,75 × 𝑁𝑜,𝑀𝑜99 [1 (𝑒 −2𝑡 − 1) − 2 (𝑒 −1𝑡 − 1)] 2 − 1 Số hạt nhân bền Tc99 tổng cộng có mẫu N 𝑇𝑐 99 = 0,25 × N𝑜,𝑀𝑜99 (1 − 𝑒 −1𝑡 ) + 0,75 × 𝑁𝑜,𝑀𝑜99 (1 𝑒 −2𝑡 − 2 𝑒 −1𝑡 + 2 − 1 ) 2 − 1 Tỉ số số hạt nhân bền Tc99 so với số hạt nhân Mo99 = N 𝑇𝑐 99 0,75 = 𝑒 1 𝑡 + [ 𝑒 (1−2)𝑡 − 2 ] − 0,25 N𝑀𝑜99 2 − 1 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: = N𝑇𝑐99 N𝑀𝑜99 =𝑒 0,693 ×5 67 + 0,75 67−6,04 [6,04 × 𝑒 ( 0,693 0,693 − )×5 67 6,04 − 67] − 0,25 = 0,023 b) Phương trình phân rã cho đồng vị Mo99 N𝑀𝑜99 = 𝑞 1 (1 − 𝑒 −1.𝑡 ) Phương trình phân rã cho số hạt nhân bền Tc99 tạo thành dịch chuyển trực tiếp mức bền 𝑑N 𝑇𝑐 99 = 0,25 × 1 × N𝑀𝑜99 = 0,25 × 𝑞 (1 − 𝑒 −1.𝑡 ) 𝑑𝑡 Lấy tích phân vế, ta được: N𝑇𝑐99 𝑡 ∫ 𝑑N 𝑇𝑐 99 = ∫ 0,25 × 𝑞 (1 − 𝑒 −1.𝑡 )𝑑𝑡 0 Suy số hạt nhân bền Tc99 tạo thành dịch chuyển trực tiếp mức bền N 𝑇𝑐 99 = 0,25 × 𝑞 [𝑡 + 1 (𝑒 −1.𝑡 − 1)] Phương trình phân rã cho số hạt nhân giả bền Tc99 𝑑N∗𝑇𝑐 99 = 0,75 × 1 × N𝑀𝑜99 − 2 N∗𝑇𝑐 99 = 0,75 × 𝑞 (1 − 𝑒 −1.𝑡 ) − 2 N∗𝑇𝑐 99 𝑑𝑡 50 Suy số hạt nhân giả bền Tc99 N∗𝑇𝑐 99 = 0,75 × 𝑞 ( − 𝑒 − 𝑡 2 𝑒 −1.𝑡 − 𝑒 −2.𝑡 ) − 2 − 1 Phương trình phân rã cho số hạt nhân bền Tc99 tạo thành dịch chuyển từ mức giả bền 𝑑N 𝑇𝑐 99 2 (𝑒 −1.𝑡 − 𝑒 −2.𝑡 ) − 𝑡 ] = 2 × N∗𝑇𝑐 99 = 0,75 × 𝑞 [1 − 𝑒 − 𝑑𝑡 2 − 1 Suy số hạt nhân bền Tc99 tạo thành dịch chuyển từ mức giả bền N 𝑇𝑐 99 = 0,75 × 𝑞 [𝑡 − 1 𝑒 −2𝑡 2 𝑒 −1.𝑡 1 + − − ] 2 (2 − 1 ) 1 (2 − 1 ) 1 2 Số hạt nhân bền Tc99 tổng cộng mẫu N 𝑇𝑐 99 = 0,75 × 𝑞 [𝑡 − N 𝑇𝑐 99 = 𝑞𝑡 − 𝑞 1 1 𝑒−2𝑡  𝑒−1.𝑡 1 + − − ] + 0.25 × 𝑞 [𝑡 + (𝑒 −1.𝑡 − 1)] 1 2 (2 − 1 ) 1 (2 − 1 ) 1 2 2 𝑒 −1.𝑡 1 𝑒−2𝑡 1 − − ] + 0,25 × 𝑞 𝑒 −1 𝑡 1 (2 − 1 ) 2 (2 − 1 ) 2 1 + 0,75 × 𝑞 [ Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: N 𝑇𝑐 99 = 1010 × 20 × 3600 − 1010 + 0,75 × 1010 0,693 67 × 3600 0,693 0,693 − ×20 67 × 𝑒 6,04 × 3600 ×[ 0,693 0,693 0,693 ×( − ) 67 × 3600 6,04 × 3600 67 × 3600 0,693 0,693 − ×20 6,04 × 𝑒 67 × 3600 − − ] + 0,25 0,693 0,693 0,693 0,693 6,04 × 3600 × (6,04 × 3600 − 67 × 3600) 6,04 × 3600 × 1010 0,693 𝑒 − 67 ×20 0,693 67 × 3600 N 𝑇𝑐 99 = 4,22 × 1013 (ℎạ𝑡 𝑛ℎâ𝑛) 51 6.17 Hạt nhân Po212 đứng yên, phát hạt  có động T = 8.34 MeV Khi hạt nhân trạng thái (a) Tìm lượng toàn phần giải phóng trình (b) Động hạt nhân chiếm phần lượng Tính vận tốc giật lùi hạt nhân Bài giải: Po212  Pb208 + α a) Năng lượng tồn phần giải phóng: 𝐸𝑡𝑜à𝑛 𝑝ℎầ𝑛 = (𝑀𝑃𝑜212 − 𝑀𝑃𝑏208 − 𝑀𝛼 ) × 931.5 = (211,9888680 − 207,9766521 − 4,002604) × 931,5 = 8,95(MeV) b) Động hạt nhân 𝑇𝑃𝑏208 = 𝐸𝑡𝑜à𝑛 𝑝ℎầ𝑛 − 𝑇𝛼 = 8,95 − 8.34 = 0,61(MeV) Phần trăm động hạt nhân lượng tồn phần = 𝑇𝑃𝑏208 𝐸𝑡𝑜à𝑛 𝑝ℎầ𝑛 = 0,61 = 6,8% 8,95 Vận tốc giật lùi hạt nhân v=√ 6.18 2𝐸 × 0,61 × 1,6 × 1013 =√ = 7,52 × 105 (𝑚⁄𝑠) 𝑚 207,9766521 × 1,66 × 10−27 Hạt nhân Po210 phát hạt  có động T = 5.3 MeV Tất hạt nhân tạo trạng thái bản, biết chu kỳ bán rã Po210 138 ngày Xác đònh: (a) Năng lượng phát 10 mg Po210 thời gian thời gian sống trung bình hạt nhân (b) Độ phóng xạ ban đầu Po210 biết khoảng thời gian chu kỳ bán rã Po210 mẫu sinh lượng nhiệt 6.4  106 Jul Bài giải: Po210  Pb206 + α a) Năng lượng giải phóng từ phân rã 𝑡𝑜à𝑛 𝑝ℎầ𝑛 = (𝑀𝑃𝑜210 − 𝑀𝑃𝑏206 − 𝑀𝛼 ) × 931,5 52 = (209,9828737 − 205,9744653 − 4,002604) × 931,5 = 5.41(MeV) Số phân rã thời gian thời gian sống trung bình 𝑁𝑃𝑜210 = 𝑁𝑜,𝑃𝑜210 (1 − 𝑒 −.𝑡 ) = 𝑙𝑛2 𝑚𝑜 × 𝑁𝐴 × (1 − 𝑒 − 𝑇 𝑡 ) 𝑀 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: 𝑁𝑃𝑜210 10 × 10−3 = × 6,023 × 1023 × (1 − 𝑒 −× ) = 1,81 × 1019 (𝑝ℎâ𝑛 𝑟ã) 209,9828737 Năng lượng sinh E = 𝑡𝑜à𝑛 𝑝ℎầ𝑛 × 𝑁𝑃𝑜210 = 5,41 × 1,81 × 1019 = 9,79 × 1019 𝑀𝑒𝑉 = 1,57 × 107 (𝐽) b) Số phân rã khoảng thời gian chu kì bán rã 𝑁𝑃𝑜210 = 𝐸 𝑡𝑜à𝑛 𝑝ℎầ𝑛 6,4 × 106 = = 7,39 × 1018 (𝑝ℎâ𝑛 𝑟ã) 5,41 × 1,6 × 10−13 Số hạt nhân Po210 ban đầu mẫu 𝑁𝑜,𝑃𝑜210 = 𝑁𝑃𝑜210 = − 𝑒 −.𝑡 𝑁𝑃𝑜210 − 𝑒− 𝑙𝑛2 𝑡 𝑇 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: 𝑁𝑜,𝑃𝑜210 = 7,39 × 1018 1− 0,693 𝑒 − 𝑇 ×𝑇 = 1,56 × 1019 (ℎạ𝑡 𝑛ℎâ𝑛) Độ phóng xạ ban đầu Po 210 𝐶𝑜,𝑃𝑜210 =  𝑁𝑜,𝑃𝑜210 = 6.19 0,693 × 1,56 × 1019 = × 1011 (𝐵𝑞) = 24,3(𝐶𝑖) 138 × 24 × 3600 Phân rã hạt nhân Po210 phát hai loại hạt  Khi sản phẩm trạng thái hạt  có lượng 5.3 MeV sản phẩm phân rã trạng thái kích thích  có lượng 4.5 MeV (a) Tìm lượng phân rã hạt nhân (b) Tìm lượng tia gamma phát hạt nhân sản phẩm khử kích thích trở trạng thái Bài giải: a) Năng lượng hạt α hạt nhân trạng thái 53 𝑇𝛼 = ∆𝐸𝛼 𝑚𝛼 1+ 𝑀𝑃𝑏206 Năng lượng phân rã hạt nhân ∆𝐸𝛼 = 𝑇𝛼 (1 + 𝑚𝛼 4,002604 ) = 5,3 × (1 + ) = 5,4𝑀𝑒𝑉 𝑀𝑃𝑏206 205,9744653 b) Năng lượng hạt α hạt nhân trạng thái kích thích 𝑇𝛼 ∗ = ∆𝐸𝛼 − 𝐸𝑖∗ 𝑚𝛼 1+ 𝑀𝑃𝑏206 Năng lượng tia gamma phát 𝐸𝑖∗ = ∆𝐸𝛼 − 𝑇𝛼 ∗ (1 + 6.20 𝑚𝛼 4,002604 ) = 5,4 − 4,5 × (1 + ) = 0,81𝑀𝑒𝑉 𝑀𝑃𝑏206 205,9744653 Hạt nhân Th232 trạng thái phát chùm hạt  có lượng 6.33, 6.23, 6.10, 6.03 (MeV) Tính xây dựng sơ đồ mức lượng hạt nhân Bài giải: Năng lượng hạt α cho cơng thức: ∆𝐸𝛼 − 𝐸𝑖∗ 𝑇𝛼𝑖 = 𝑚𝛼 1+ 𝑀𝑅𝑎228 Năng lượng hạt α cực đại hạt nhân trạng thái 𝐸0∗ = 𝑇𝛼0 = ∆𝐸𝛼 𝑚𝛼 1+ 𝑀𝑅𝑎228 Suy lượng phân rã hạt nhân ∆𝐸𝛼 = 𝑇𝛼0 (1 + 𝑚𝛼 4,002604 ) = 6,33 × (1 + ) = 6,44𝑀𝑒𝑉 𝑀𝑅𝑎228 228,0310703 Mức lượng kích thích thứ 𝐸1∗ = ∆𝐸𝛼 − 𝑇𝛼1 (1 + 𝑚𝛼 4,002604 ) = 6,44 − 6,23 × (1 + ) = 0,101𝑀𝑒𝑉 𝑀𝑅𝑎228 228,0310703 Mức lượng kích thích thứ 𝐸2∗ = ∆𝐸𝛼 − 𝑇𝛼2 (1 + 𝑚𝛼 4,002604 ) = 6,44 − 6,1 × (1 + ) = 0,233𝑀𝑒𝑉 𝑀𝑅𝑎228 228,0310703 Mức lượng kích thích thứ 54 𝐸3∗ = ∆𝐸𝛼 − 𝑇𝛼3 (1 + 𝑚𝛼 4,002604 ) = 6,44 − 6,03 × (1 + ) = 0,304𝑀𝑒𝑉 𝑀𝑅𝑎228 228,0310703 Sơ đồ mức lượng hạt nhân Ra228 0,304 MeV 0,233 MeV 0,101 MeV MeV 6.21 Khi phân rã, hạt nhân Po212 phát loại hạt  Vạch có lượng 8.780 MeV, vạch phụ có lượng 9.492, 10.422, 10.543 (MeV) Tính xây dựng sơ đồ mức hạt nhân Po212, biết tất hạt nhân tạo trạng thái Bài giải: Tương tự 6.20 6.22 Qng chạy trung bình hạt α khơng khí điều kiện tiêu chuẩn xác định cơng thức sau R = 0,98.10-27 (v0)3 (cm), với v0 (cm/s) vận tốc ban đầu hạt α Đối hạt α có động ban đầu MeV a) Tính qng chạy trung bình hạt α b) Số cặp ion trung bình mà hạt α tạo suốt đoạn đường R, đầu nó, biết để tạo thành cặp ion phải lượng 34 eV Bài giải: a) Vận tốc ban đầu hạt α 𝑣0 = √ 2𝐸 × × 1,6 × 10−13 =√ = 3,84 × 107 (𝑚⁄𝑠) = 1,84 × 109 (𝑐𝑚⁄𝑠) −27 𝑚 × 1,66 × 10 Qng chạy trung bình hạt α R = 0,98 × 10−27 × (1,84 × 109 )3 = 6,1(cm) b) Số cặp ion trung bình mà hạt α tạo suốt đoạn đường R 𝐸0 × 106 𝑁𝑅 = = = 2,06 × 105 (𝑐ặ𝑝) 𝜀 34 Vận tốc hạt α qng đường R 55 𝑅1⁄ 3,05 ) ( ) =( = = 1,46 × 109 (𝑐𝑚⁄𝑠) −27 −27 0,98 × 10 0,98 × 10 𝑣𝑅⁄ Động lại hạt α qng đường R 𝐸𝑅⁄ = 𝑚𝑣𝑅⁄ 2 × 1,66 × 10−27 × (1,46 × 107 )2 = = 7,08 × 10−13 (𝐽) = 4,42(𝑀𝑒𝑉 ) Năng lượng mát hạt α suốt nửa đầu qng đường R ∆E = 𝐸0 − 𝐸𝑅⁄ = − 4,42 = 2,58𝑀𝑒𝑉 Số cặp ion trung bình mà hạt α tạo nửa đầu đoạn đường R 𝑁𝑅⁄ = 6.23 ∆E 2,58 × 106 = = 7,59 × 104 (𝑐ặ𝑝) 𝜀 34 Xác đònh chiều cao Coulomb hạt  phát hạt nhân Rn222 Bài giải: Chiều cao rào Coulomb 𝑉𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 = 6.24 2𝑒 𝑍 𝑟0 𝐴3 = × 1,44𝑀𝑒𝑉 𝑓𝑚 × 84 1,21𝑓𝑚 × 2223 = 33,02𝑀𝑒𝑉 Xác đònh tỷ số chiều cao rào ly tâm với chiều cao rào Coulomb hạt  phát hạt nhân Po209 có momen quỹ đạo l = Bài giải: Chiều cao rào Coulomb 𝑉𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 = 2𝑒 𝑍 𝑟0 𝐴3 = × 1,44𝑀𝑒𝑉 𝑓𝑚 × 82 1.21𝑓𝑚 × 2093 = 32,89𝑀𝑒𝑉 Chiều cao rào ly tâm 𝑉𝑙𝑦 𝑡â𝑚 ħ 𝑙 (𝑙 + 1) = = 2𝑚𝑅2 (197,8)2 (𝑀𝑒𝑉 𝑓𝑚)2 × × (2 + 1) × × 931,5𝑀𝑒𝑉 × (1,21𝑓𝑚 × 2093 ) = 0,61𝑀𝑒𝑉 Tỉ số chiều cao rào ly tâm so với rào Coulomb = 𝑉𝑙𝑦 𝑡â𝑚 0,61 = = 0,018 𝑉𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 32,89 56 6.25 Khi thoát khỏi hạt nhân, động T hạt nhân nhỏ chiều cao    2m ,  với   2Ze   T Coulomb cách đáng kể Biết xác suất xuyên rào D  exp Ze điện tích hạt nhân con, m khối lượng hạt , T động hạt  Tính xác suất phát hạt  có lượng 6.33, 6.22 (MeV) từ nhân Th226 Bài giải: Xác suất xun rào D=𝑒 2𝑚 với σ = 2πZ𝑒 √ ħ2 − 𝜎 √𝑇 2×4×931,5𝑀𝑒𝑉 = × 3,14 × 88 × 1,44𝑀𝑒𝑉 𝑓𝑚√(197,8)2(𝑀𝑒𝑉.𝑓𝑚)2 = 347,31(𝑀𝑒𝑉 ) 1⁄ Với hạt α có lượng Tα = 6,33MeV, ta D=𝑒 − 347,31(𝑀𝑒𝑉) ⁄2 √6,33𝑀𝑒𝑉 = 𝑒 −138,04 = 1,12 × 10−60 Với hạt α có lượng Tα = 6,22MeV, ta D=𝑒 6.26 − 347,31(𝑀𝑒𝑉) ⁄2 √6,22𝑀𝑒𝑉 = 𝑒 −139,26 = 3,31 × 10−61 Tính động tổng cộng hạt neutron đứng yên phân rã  Bài giải: n → p + 𝛽 − + ̃ 𝑒 Năng lượng phân rã 𝛽 − ∆E𝛽− = [𝑚𝑛 − (𝑚𝑝 + 𝑚𝑒 )] × 931,5 = [1,00867 − (1,0073 + 0,00055)] × 931,5 = 0,764𝑀𝑒𝑉 Động tổng cộng hạt sinh sau phân rã 𝑇𝑝 + 𝑇𝛽− = ∆E𝛽− = 0,764𝑀𝑒𝑉 6.27 Cho biết công thức xác đònh lượng giải phóng phân rã -, +, bắt k Nếu biết khối lượng nguyên tử mẹ, nguyên tử khối lượng điện tử Bài giải: Năng lượng phân rã 𝛽 − ∆E𝛽− = [ 𝐴𝑍𝑀 − ( 𝑍+1𝐴𝑀 + 𝑚𝑒 )] × 931,5 Mặt khác 57 𝐴 𝑍𝑀 𝐴 𝑍+1𝑀 = = 𝐴𝑍𝑀 𝑛𝑡 − 𝑍𝑚𝑒 𝐴 𝑛𝑡 𝑍+1𝑀 − (𝑍 + 1)𝑚𝑒 Thay vào cơng thức trên, ta được: ∆E𝛽− = [ 𝐴𝑍𝑀𝑛𝑡 − 𝑍+1𝐴𝑀𝑛𝑡 ] × 931,5 Tương tự phân rã 𝛽 + ∆E𝛽+ = [ 𝐴𝑍𝑀𝑛𝑡 − 𝑍−1𝐴𝑀 𝑛𝑡 − 2𝑚𝑒 ] × 931,5 Năng lượng phân rã tượng bắt K ∆E𝐾 = [ 𝐴𝑍𝑀𝑛𝑡 − 𝑍−1𝐴𝑀𝑛𝑡 ] × 931,5 6.28 Biết khối lượng nguyên tử hạt nhân sản phẩm lượng phân rã  Q Tìm khối lượng nguyên tử hạt nhân mẹ phân rã sau (a) He6 phân rã - có Q = 3.5 MeV (b) Na22 phân rã + có Q = 1.83 MeV Biết khối lượng Li6 = 6.015126 amu, Mg22 = 21.99632 amu Bài giải: He6  Li6 + - + ̃ 𝑒 a) Năng lượng phân rã - cho cơng thức 𝑛𝑡 𝑛𝑡 ∆E𝛽− = [𝑀𝐻𝑒 − 𝑀𝐿𝑖 ] × 931,5 Suy khối lượng ngun tử hạt nhân mẹ He6 𝑛𝑡 𝑀𝐻𝑒 = ∆E𝛽− 3,5 𝑛𝑡 + 𝑀𝐿𝑖 + 6,015126 = 6,018883 (𝑎𝑚𝑢) = 931,5 931,5 Na22  Mg22 + + + 𝑒 b) Năng lượng phân rã + cho cơng thức 𝑛𝑡 𝑛𝑡 ∆E𝛽+ = [𝑀𝑁𝑎 22 − 𝑀𝑀𝑔22 − 2𝑚𝑒 ] × 931,5 Suy khối lượng ngun tử hạt nhân mẹ Na22 𝑛𝑡 𝑀𝑁𝑎 22 = 6.29 ∆E𝛽+ 1,83 𝑛𝑡 + 𝑀𝑀𝑔 + 21,99632 + × 0,00055 = 21,999384 (𝑎𝑚𝑢) 22 + 2𝑚𝑒 = 931,5 931,5 Hãy trình phân rã sau có xảy không 58 (a) V51 phân rã (b) Ca39 phân rã + (c) Zn63 bắt k Bài giải: Sinh viên tự giải Gợi ý Điều kiện phân rã 𝑀𝑉 51 > 𝑀𝐶𝑟 51 + 𝑚𝑒 Điều kiện phân rã + 𝑀𝐶𝑎39 > 𝑀𝐾39 + 𝑚𝑒 Điều kiện bắt K 𝑀𝐶𝑢63 < 𝑀𝑍𝑛63 + 𝑚𝑒 6.30 Hạt nhân P32 chòu phân rã - tạo hạt nhân xem trạng thái Xác đònh động cực đại hạt nhân - động tương ứng hạt nhân Bài giải: P32  S32 + - + ̃ 𝑒 Năng lượng phân rã ∆E𝛽− = [𝑀𝑃32 − (𝑀𝑆32 + 𝑚𝑒 )] × 931.5 = [31,973907274 − (31,97207100 + 0,00055)] × 931,5 = 1,198𝑀𝑒𝑉 Giả sử ban đầu hạt nhân P32 đứng n, ta có: ∆E𝛽− = 𝑇𝑆32 + 𝑇𝛽− + 𝐸̃ 𝑒 Động hạt 𝑇𝛽− = ∆E𝛽− − 𝑇𝑆32 − 𝐸̃ 𝑒 Do 𝑇𝑆32 > nên động 𝑇𝛽− đạt cực đại lượng phản neutrino 𝐸̃ 𝑒 = 𝑇𝛽−,𝑚𝑎𝑥 = ∆E𝛽− − 𝑇𝑆32 Mặt khác theo định luật bảo tồn động lượng: 𝑝⃗𝑃32 = 𝑝⃗𝑆32 + 𝑝⃗𝛽− = Suy 𝑝⃗𝑆32 = −𝑝⃗𝛽− 59 Xét theo độ lớn 𝑝𝑆32 = 𝑝𝛽− 2𝑚𝑆32 𝑇𝑆32 = 2𝑚𝑒 𝑇𝛽− Kết hợp cơng thức trên, ta có: 𝑇𝛽− ,𝑚𝑎𝑥 = ∆E𝛽− 1,198 = 1,19798𝑀𝑒𝑉 𝑚 = 0,00055 1+𝑚 𝑒 + 31,97207100 𝑆32 Động hạt nhân 𝑇𝑆32 = 6.31 ∆E𝛽− 1,198 = 0,00002𝑀𝑒𝑉 𝑚𝑆32 = 31,97207100 1+ 𝑚 1+ 𝑒 0,00055 Tính giá trò cực đại động lượng - phát hạt nhân Be10, giả sử hạt nhân xem trạng thái Bài giải: Be10  B10 + - + ̃ 𝑒 Động lượng hạt 𝑝𝛽− = √2𝑚𝑒 𝑇𝛽− Động lượng đạt cực đại lượng hạt đạt cực đại Năng lượng phân rã ∆E𝛽− = [𝑀𝐵𝑒 10 − (𝑀𝐵10 + 𝑚𝑒 )] × 931,5 = [10,0135338 − (10,0129370 + 0,00055)] × 931,5 = 0,0436MeV Giả sử hạt nhân Be10 ban đầu đứng n, ta có: ∆E𝛽− = 𝑇𝐵10 + 𝑇𝛽− + 𝐸̃ 𝑒 Động hạt 𝑇𝛽− = ∆E𝛽− − 𝑇𝐵10 − 𝐸̃ 𝑒 Động hạt đạt cực đại lượng phản neutrino 𝐸̃ 𝑒 = 𝑇𝛽−,𝑚𝑎𝑥 = ∆E𝛽− − 𝑇𝐵10 Theo định luật bảo tồn động lượng 𝑝⃗𝐵𝑒 10 = 𝑝⃗𝐵10 + 𝑝⃗𝛽− = Suy 𝑝⃗𝐵10 = −𝑝⃗𝛽− 60 Bình phương vế 𝑝𝐵10 = 𝑝𝛽− 2𝑚𝐵10 𝑇𝐵10 = 2𝑚𝑒 𝑇𝛽− Kết hợp cơng thức, ta được: 𝑇𝛽−,𝑚𝑎𝑥 = ∆E𝛽− 0,0436 = 0,043598𝑀𝑒𝑉 𝑚 = 0,00055 1+𝑚 𝑒 + 10,0129370 𝐵10 Động lượng cực đại hạt - 𝑝𝛽−,𝑚𝑎𝑥 = √2𝑚𝑒 𝑇𝛽−,𝑚𝑎𝑥 = √2 × 9,1 × 10−31 × 0,043598 × 1,6 × 10−13 = 1,127 × 10−22 ( 6.32 𝑘𝑔 𝑚⁄ 𝑠) Hạt nhân C11 phát + Giả sử hạt nhân sinh trạng thái bản, tính: (a) Động cực đại positron động tương ứng hạt nhân (b) Giá trò lượng neutrino positron tương ứng trường hợp hạt nhân đứng yên Bài giải: C11  B11 + + + 𝑒 a) Năng lượng phân rã + ∆E𝛽+ = [𝑀𝐶 11 − (𝑀𝐵11 + 𝑚𝑒 )] × 931,5 = [11,0114336 − (11,0093054 + 0,00055)] × 931,5 = 1,470093MeV Động hạt sau phản ứng liên hệ với lượng phân rã theo biểu thức ∆E𝛽+ = 𝑇𝐵11 + 𝑇𝛽+ + 𝐸𝑒 Suy động hạt + 𝑇𝛽+ = ∆E𝛽+ − 𝑇𝐵11 − 𝐸𝑒 Dễ dàng thấy động hạt + đạt cực đại lượng neutrino 𝐸𝑒 = 𝑇𝛽+ ,𝑚𝑎𝑥 = ∆E𝛽+ − 𝑇𝐵11 Mặt khác theo định luật bảo tồn động lượng, ta có: 61 𝑝⃗𝐶 11 = 𝑝⃗𝐵11 + 𝑝⃗𝛽+ = Suy 𝑝⃗𝐵11 = −𝑝⃗𝛽+ Bình phương vế, ta được: 𝑝𝐵11 = 𝑝𝛽+ 2𝑚𝐵11 𝑇𝐵11 = 2𝑚𝑒 𝑇𝛽+ Kết hợp cơng thức, ta được: 𝑇𝛽+,𝑚𝑎𝑥 = ∆E𝛽+ 𝑚𝑒 1+𝑚 1,470093 = 1+ 𝐵11 0,00055 = 1,470019𝑀𝑒𝑉 11,0093054 Động hạt nhân 𝑇𝐵11 = ∆E𝛽+ 𝑚 11 + 𝑚𝐵 𝑒 = 1,470093 = 0,000074𝑀𝑒𝑉 11,0093054 1+ 0,00055 b) Trong trường hợp hạt nhân đứng n ∆E𝛽+ = 𝑇𝛽+ + 𝐸𝑒 Mặt khác theo định luật bảo tồn động lượng, ta có: 𝑝⃗𝐶 11 = 𝑝⃗𝑒 + 𝑝⃗𝛽+ = hay 𝑝⃗𝑒 = −𝑝⃗𝛽+ 𝑝𝑒 = 𝐸 𝑒 𝑐 𝑝𝛽+ = √2𝑚𝑒 𝑇𝛽+ Suy 𝐸 𝑒 ( 𝑐 ) = 2𝑚𝑒 𝑇𝛽+ Kết hợp cơng thức, ta phương trình 𝐸𝑒 2𝑚𝑒 𝑐 + 𝐸𝑒 − ∆E𝛽+ = Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được: 0,975943 × 𝐸𝑒 + 𝐸𝑒 − 1,470093 = Nghiệm phương trình 62 { 𝐸𝑒 = 0,81764𝑀𝑒𝑉 𝐸𝑒 = −1,84229𝑀𝑒𝑉 < (𝑙𝑜ạ𝑖) Vậy lượng neutrino 𝐸𝑒 = 0,81764𝑀𝑒𝑉 Động hạt + 𝑇𝛽+ = ∆E𝛽+ − 𝐸𝑒 = 1,470093 − 0,81764 = 0,652453MeV 6.36 Hạt nhân He6 chòu phân rã - Giả sử hạt nhân sinh trạng thái Năng lượng phân rã Q = 3.5 MeV Hãy xác đònh góc hợp - phản neutrino, biết T = 0.6 MeV - bay theo phương vuông góc với hạt nhân giật lùi Bài giải: He6  Li6 + - + ̃ 𝑒 𝑝⃗̃ 𝑒 θ 𝑝⃗𝛽− 𝑝⃗𝐿𝑖 Năng lượng phân rã Q = 𝑇𝐿𝑖 + 𝑇𝛽− + 𝐸̃ 𝑒 Mặt khác theo định luật bào tồn động lượng 𝑝⃗𝐻𝑒 = 𝑝⃗𝐿𝑖 + 𝑝⃗̃ 𝑒 + 𝑝⃗𝛽− = Chiếu lên phương bay hạt β −𝑝̃ 𝑒 cos 𝜃 + 𝑝𝛽− = hay 𝑝𝛽− 2 𝑝̃ 𝑒 = cos2 𝜃 Suy 𝐸̃ 𝑒 2𝑚𝑒 𝑇𝛽− = 𝑐2 cos2 𝜃 √2𝑚𝑒 𝑐 𝑇𝛽− 𝐸̃ 𝑒 = cos 𝜃 Chiếu lên phương bay hạt nhân −𝑝̃ 𝑒 sin 𝜃 + 𝑝𝐿𝑖 = hay 63 𝑝𝐿𝑖 = 𝑝̃ 𝑒 sin2 𝜃 = 𝑝𝛽− sin2 𝜃 cos2 𝜃 Suy 2𝑚𝐿𝑖 𝑇𝐿𝑖 sin2 𝜃 = 2𝑚𝑒 𝑇𝛽− cos 𝜃 𝑚𝑒 sin2 𝜃 𝑇𝛽− 𝑚𝐿𝑖 cos2 𝜃 Thay vào biều thức lượng phân rã, ta được: 𝑚𝑒 sin2 𝜃 √2𝑚𝑒 𝑐 𝑇𝛽− Q= 𝑇 − + 𝑇𝛽− + 𝑚𝐿𝑖 𝛽 cos2 𝜃 cos 𝜃 Thay giá trị vào cơng thức trên, ta phương trình: 0,00055 − cos2 𝜃 √2 × 0,00055 × 931,5 × 0,6 × 0,6 × + 0.6 + − 3,5 = 6,015122795 cos 𝜃 cos 𝜃 𝑇𝐿𝑖 = 0,000055 × Nghiệm phượng trình 1 + 0,78408 × − 2,900055 = cos2 𝜃 cos 𝜃 = 3,6977 > (𝑙𝑜ạ𝑖) cos 𝜃 { = −14259,6977 cos 𝜃 Suy cos 𝜃 = − = −0,00007 14259,6977 𝜃 = 90,004° 64 [...]... 2 𝛿𝑅𝑜 [ ]= ) Q= 𝑅 ( 5 𝑅𝑜 5 𝑜 𝑅𝑜 14 BÀI TẬP CHƯƠNG III: CÁC MẪU CẤU TRÚC HẠT NHÂN 3.1 Hãy giải thích tại sao có nhiều mẫu hạt nhân trong Vật lý hạt nhân Bài giải: Sinh viên tự giải thích 3.2 Giải thích các số hạng trong công thức bán thực nghiệm Weiszäcker Trong đó số hạng nào xuất hiện ngoài giả thuyết mẫu giọt chất lỏng của N Bohr và Frenkel Bài giải: Sinh viên tự giải thích 3.3 Dùng công thức bán... Hãy tính spin của hạt nhân Na23 Bài giải: Tỉ số cường độ các thành phần siêu tinh tế: 𝐼 + 1 10 = 𝐼 6 Suy ra spin của hạt nhân Na23 I = 3⁄2 1.24 Tìm momen từ của hạt nhân 7Li3 Biết pronton lẻ thuộc mức 1P1/2 Bài giải: Hạt nhân 7Li3 có proton lẻ thuộc mức 1P1/2 → j = 1⁄2 ; 𝑙 = 1 → 𝑗 = 𝑙 − 1⁄2 Do đó moment từ của hạt nhân: μ = (1 − 1.25 Trong trường hợp 2.29 ) 𝑗𝜇𝑁 = −0,26𝜇𝑁 𝑗+1 hạt nhân có dạng ellipsoid... = 26 ≠ 𝑍𝐶𝑜 Vậy hạt nhân Co58 khơng bền và phân rã β+ 58 27𝐶𝑜 → 58 26𝐹𝑒 + 01𝛽 + Xét hạt nhân I131 𝑍 = 𝑍0 = 131 1,98 + 0,015 × 2 1313 ≈ 54 ≠ 𝑍𝐼 16 Vậy hạt nhân I131 khơng bền và phân rã β131 53𝐼 3.5 → 131 54𝑋𝑒 + −10𝛽 − Từ lý thuyết mẫu lớp, hãy giải thích tính bền vững của các hạt nhân sau: He4, O16 và Ca40 Bài giải: Hạt nhân 42𝐻𝑒 có 2 proton và 2 neutron chốn đầy các mức Z=2 1s1/2 Hạt nhân N=2 1s1/2... Tl205 và Pb207, hãy xác đònh: (a) Những hạt nhân có các lớp vỏ neuclon bò choán đầy (b) Những hạt nhân có một nucleon ở ngoài vỏ choán đầy (c) Những hạt nhân có một lỗ trống trong lớp vỏ choán đầy* Bài giải: Sinh viên tự giải a) Những hạt nhân có các lớp vỏ nucleon bị chốn đầy K40 , Mo92 b) Những hạt nhân có một nucleon ở ngồi vỏ chốn đầy Nd143 c) Những hạt nhân có một lỗ trống trong lớp vỏ chốn đầy... 0,1𝑀𝑒𝑉 24 4.3 Neutron tán xạ đàn tính lên hạt nhân He4 dưới góc n, nhân He4 bay ra dưới góc 600 so với phương tới của neutron Tính góc n Bài giải: Sinh viên tự giải 1 Tìm động năng của hạt  tới, nếu sau va chạm đàn tính với hạt nhân H2 đứng yên nó bay ra theo phương hợp với phương bay ra của nhân H2 một góc 1200, và khi đó hạt  có động năng 0.4 MeV Bài giải: 𝑝⃗𝛼′ 120o 𝑝⃗𝛼 𝑝⃗𝐻′ 2 Theo định luật... Pb208 Các kết quả trên phù hợp với lý thuyết của mẫu lớp 22 BÀI TẬP CHƯƠNG III: PHẢN ỨNG HẠT NHÂN 4.1 Hạt  có động năng T =1 MeV tán xạ đàn tính lên hạt nhân đứng y ên Li6.Sau va chạm hạt  bay ra dưới góc  = 300 so với phương ban đầu Biết m  = 4,001506 (u), mLi6 = 6,015126 (u) a) Xác định động năng của Li6 sau va chạm b) Xác định động năng cua hạt  sau va chạm Bài giải: 𝑝⃗𝛼′ 300 𝑝⃗𝛼 𝑝⃗𝐿𝑖 Theo định... 𝑎3 2 + 𝛿] 𝑐 𝐴 Đối với các hạt nhân trong dãy đồng trọng, hạt nhân bền nhất phải có năng lượng liên kết lớn nhất, tức là khối lượng tương ứng của hạt nhân phải nhỏ nhất 𝜕𝑀(𝑍) =0 𝜕𝑍 Suy ra 𝐴 𝑍 = 𝑍0 = 2 1,98 + 0,015𝐴3 Xét hạt nhân Ag103 103 𝑍 = 𝑍0 = 1,98 + 0,015 × = 45 ≠ 𝑍𝐴𝑔 2 1033 Vậy hạt nhân Ag103 khơng bền và phân rã β+ 103 47𝐴𝑔 → 103 46𝑃𝑑 + 01𝛽+ → 103 45𝑅ℎ + 01𝛽 + Xét hạt nhân Co58 58 𝑍 = 𝑍0 = 1,98... thích của hạt nhân có khối lượng M khi nó bắt gamma năng lượng hf Bài giải: Sinh viên tự giải 10 Xác đònh năng lượng ngưỡng của p trong phản ứng a) và n trong phản ứng b) : (a) Li7(p,n)Be7, Q = -1.65 MeV (b) F19(n,p4n)O15, Q = -35.8 MeV Bài giải: Sinh viên tự giải 11 Hãy tìm hạt x trong các phản ứng sau: N14(x,d)O15, C12(,x)N15, Li6(d,x)He3, U235(n,3n)Kr94, Al27(,n)X Bài giải: Sinh viên tự giải 12... riêng của hạt nhân V50 và Hg200 Khối lượng nguyên tử Sc45 và Zn70 (c) Bài giải: Sinh viên tự giải a) ∆E𝐶𝑎40 = 340,9MeV ∆E𝐴𝑔107 = 916,27MeV1 b) ε𝑉 50 =8,69MeV ε𝐻𝑔200 = 7,88MeV 𝑆𝑐 c) 𝑀𝑛𝑡 45 𝑍𝑛 𝑀𝑛𝑡 70 = 44,95299𝑢 = 69,92398𝑢 15 3.4 Từ công thức bán thực nghiệm Weiszäcker, hãy chỉ ra các hạt nhân sau đây Ag103, Co58, I131 bền không? Nếu không bền nó phân rã  gì và chuyển về hạt nhân nào? Bài giải: Cơng... 1p3/2 1s1/2 1s1/2 Hạt nhân 40 20𝐶𝑎 có 20 proton và 20 neutron chốn đầy các mức Z = 20 N = 20 1d3/2 1d3/2 2s1/2 2s1/2 1d5/2 1d5/2 1p1/2 1p1/2 1p3/2 1p3/2 1s1/2 1s1/2 Các hạt nhân trên có các nucleon chốn đầy các lớp, hiệu ứng kết cặp mạnh Do đó các hạt nhân trên có tính bền vững cao 3.6 Nhờ vào mẫu lớp hãy chỉ ra các trạng thái cơ bản của các nhân Li 7, C13 và Mg25 17 Bài giải: - Xét hạt nhân Li7 có Z = ... [ ]= ) Q=