VIII. БУДОВА ТА ВЛАСТИВОСТІ ЯДЕР. РАДІОАКТИВНІСТЬ

Джерелами іонізуючого випромінювання є процеси, що відбуваються в атомних ядрах. Ядро складається з протонів та нейтронів, їх загальна кількість визначається масовим числом А. Зарядове число Z – це кількість протонів.

Традиційна форма запису ядра . По неї можна визначити:

1) склад ядра - z протонів та N = A - z нейтронів;

2) масу - , оскільки ;

3) заряд - ;

4) розмір ядра. Якщо уявляти ядро приблизно у вигляді кульки, то її радіус , де ;

5) енергію зв’язку;

6) питому активність

та деякі інші властивості ядра.

Маса ядра менша, ніж маса нуклонів, що входять до його складу. Різниці цих мас відповідає енергія зв'язку ядра:

Е_зв = (Zm_p + (A – Z)m_n – m_я)c² . (8.1)

У таблицях задані маси атомів, а не ядер, тому при розрахунку дефекту маси із табличних даних треба відняти масу електронів: .

Таким чином дефект маси

Δ m = Z (m_p + m_e) + (A - Z)m_n - m_a = Zm_H + (A - Z)m_n - m_a; (8.2) m_H = 1.00728 а.о.м.; m_n = 1.00867 а.о.м.

Δm = (Z 1.00783 + (A - Z) 1.00867 - m_a)а.о.м.; (8.3)

Е_зв. = 931,5Δm МеВ. 1 а.о.м. = 1.66 10^-27кг

Відомо десь біля 1700 різних ядер, з них стабільними є приблизно 300, інші є радіоактивними. Під радіоактивністю розуміють спонтанне (самочинне) перетворення ізотопів хімічних елементів, зумовлене розпадом їх атомних ядер.

Якщо N₀ – кількість радіоактивних ядер в момент t = 0, то к будь-якому моменту часу t внаслідок радіоактивного розпаду їх кількість зменшиться до N:

,(8.4)

де λ – стала розпаду.

Період напіврозпаду (тобто час, за який розпадається половина початкової кількості ядер) пов’язаний з середньою тривалістю життя та сталою розпаду:

. (8.5)

Важливою характеристикою радіоактивного розпаду є активність – кількість ядер, що розпадаються за одиницю часу:

А = . (8.6)

Число радіоактивних ядер N, яке міститься у масі m, можна визначити за формулою

N = mN_A/μ,

де N_A - число Авогадро; μ - молярна маса, яку легко оцінити для кожного ядра через масове число А : .

Тоді . (8.7)

У Міжнародній системі одиниць (СІ) активність вимірюється у бекерелях. Позасистемною одиницею активності є кюрі: 1Кі = 3,7 10¹⁰Бк.

Питома активність радіоактивного препарату визначається кількістю актів розпаду за одну секунду на одиницю маси чи об’єму радіоактивної речовини:

а = А/m, вимірюється у Бк/кг;

q = A/V, вимірюється у Бк/м³.

Активність одиниці маси є характеристикою нестабільних ядер:

. (8.8)

В основному відбуваються такі види радіоактивного розпаду: α-розпад, 3 види β-розпаду. Розпад може супроводжуватися γ-випромінюванням.

Схема (закон зміщення) α- розпаду:

. (8.9)

Схеми -розпаду:

1. електронний: ;

2. позитронний: + ;

3. електронний захват (чи К-захват): + ν.

Джерелами іонізуючих частинок є ядерні реакції, при яких дуже суттєву роль виграють законі збереження. З закону збереження енергії можна визначити енергетичний вихід реакції Q.

Якщо ядерна реакція відбувається за схемою , її енергетичний вихід дорівнює:

Q = (m_b + m_x – m_a – m_y)c² (8.10)

Величина Q – це енергія, яка виділяється чи поглинається у реакції. При пружному розсіянні Q = 0.

Приклади розв’язання задач

Приклад 1.Визначити довжину хвилі λ_max, яка відповідає максимумові спектральної випромінювальної здатності волоска лампи розжарювання, площа поверхні якої S=2,5∙10^-5м². Потужність, яка споживається лампою, Р=50 Вт. Вважати волосок лампи сірим тілом, поглинальна здатність якого а = 0,3. Внаслідок теплопровідності іншим тілам передається частка η = 0,2 від енергії, яка споживається лампою.

Розв’язання.

За законом Віна (5.53) , де b = 2,89∙10^-3 м∙К. (1)

Визначимо температури волоска лампи. На розжарювання волоска витрачається доля (1-η) потужності Р, яку споживає лампа. Отже

Р_кор.= .

Відповідно енергетична світність лампи

. (2)

Оскільки лампа є сірим тілом її енергетична світність за формулою (6.49)

а . (3)

За формулами (2) і (3)

а .

Звідки

і

.

Перевіряємо одиниці вимірювання:

.

Після підстановки значень знаходимо

м.

Відповідь: λ_max = 8,78∙10^-7м.

Приклад 2. На поверхню літію падає монохроматичне світло (λ = 0,310мкм). Для припинення фотоефекту треба прикласти гальмівну напругу U_г=1,7 В. Визначити роботу виходу електрона з метала та „червону межу” фотоефекту.

Розв’язання.

Записуємо рівняння Ейнштейна для фотоефекту (5.59) з урахуванням зв’язку між частотою фотона ν і довжиною хвилі λ.

,

де с – швидкість світла.

Оскільки навіть найбільш швидкі електрони затримуються електричним полем після проходження в ньому відстані, яка відповідає різниці потенціалів U_г, то їх кінетична енергія безпосередньо після виходу з металу пов’язана з величиною U_г співвідношенням

,

Тоді , звідки .

Перевіряємо одиницю вимірювання:

.

Обчислюємо значення
А=6,63∙10^-34∙ =3,70∙10^-19Дж=2,3 еВ.

За формулою (5.60) знаходимо червону межу фотоефекту: .

Перевіряємо одиницю вимірювання .

Обчислення: λ₀ = м=0,538 мкм.

Відповідь: λ₀ = 0,538 мкм.

Приклад 3.На поверхню цинку падають γ-промені з довжиною хвилі λ=2∙10^-12м. Визначити максимальну швидкість фотоелектронів, які вириваються з поверхня цинку.

Розв’язання.

Порівняємо енергію γ-квантів з роботою виходу електронів з цинку, яка дорівнює А=6,4∙10^-19Дж=4,7 еВ. Енергія фотона γ-променів

Дж.

З урахуванням співвідношення 1МеВ = 1,6∙10^-13 Дж отримуємо: ε = 0,622 Мев >> А, тобто роботою виходу можна знехтувати порівняно з енергією фотона і вважати, що максимальна кінетична енергія електрона дорівнює енергії γ-кванта: Т = ε = 0,62 Мев.

У даному випадку кінетична енергія електрона більша за його власну енергію (енергію спокою) Е₀=m₀c² = 9,11∙10^-31∙(3∙10⁸)²Дж = 8,20∙10^-14 Дж = 0,51 Мев. Тому для обчислення швидкості електрона слід використати релятивістську формулу кінетичної енергії (5.47).

, де β=v/с.

Звідки після відповідних перетворень отримуємо .

,

звідки м/с = 2,67∙10⁸ м/с.

Відповідь: v = 2,67∙10⁸ м/с.

Приклад 4.Внаслідок ефекту Комптона фотон з енергією МеВ при зіткненні з електроном був розсіяний на кут θ=90^о.Визначити енергію розсіяного фотона.

Розв’язання

Для визначення енергії розсіяного фотона скористаємося формулою Комптона

= , (1)

де λ₂, λ₁ – довжини падаючої та розсіяної хвиль випромінювання. Виразимо довжини хвиль λ₂ і λ₁ через енергії і відповідних фотонів, скориставшись формулою . Одночасно помножимо чисельник і знаменник правої частини формули (1) на швидкість світла с:

.

Скорочуємо на і виражаємо з отриманої формули шукану енергію

= ,

де = 0,51Мев - енергія спокою електрона в мегаелектрон-вольтах.

Обчислення дає МеВ = 0,4МеВ.

Відповідь: =0,4МеВ.

Приклад 5. Визначити імпульс р та кінетичну енергію Е_к електрона, що рухається зі швидкістю 0.9с (с – швидкість світла у вакуумі).

Розв’язання

Імпульс – це добуток маси на швидкість: р = mv, де m – залежна від швидкості маса, оскільки електрон рухається зі швидкістю, близькою до швидкості світла у вакуумі:

, де β = v/c = 0.9 (за умовою задачі).

Таким чином, = кг м/с = 5,6 10^-22кг м/с.

У релятивістському випадку кінетична енергія частинки визначається як різниця між повною енергією Е та енергією спокою Е₀, тому

Дж = 0,66МеВ.

Приклад 6. Знайти довжину хвилі де Бройля електрона, який має кінетичну енергію Е_к = 5МеВ.

Розв’язання

Довжина хвилі де Бройля частинки з імпульсом р дорівнює λ = h/р.

Таким чином, для розв’язання задачі треба знайти зв’язок між релятивістським імпульсом (бо кінетична енергія електрона за умовою задачі більше, ніж енергія спокою, яка дорівнює 0,51МеВ) електрона та його кінетичною енергією.

Релятивістський імпульс пов’язаний з повною енергією частинки Е формулою:

, звідси ,

де було враховано, що Е – Е₀ = Е_к та Е + Е₀ = Е_к + 2Е₀.

Для чисельних розрахунків енергію треба виразити у джоулях:

Е_к = 5МеВ = 5 10⁶ 1,60 10^-19Дж = 8,00 10^-13Дж;

Е₀ = 0,5МеВ = 0,8 10^-13Дж.

Тоді отримуємо для імпульсу р = 2,93 10^-21кг м/с, а для довжини хвилі де Бройля :

λ = 2,26 10^-13м = 22,6 пм.

Приклад 7. Чому дорівнює розмір ядра, оцінений за співвідношенням невизначеностей, якщо прийняти, що енергія нуклона у ядрі порядку 8МеВ?

Розв’язання

Співвідношення невизначеностей для координати та імпульсу має вигляд: . Припустимо, що нуклон у ядрі знаходиться в області з невизначеністю x = R/2, тоді R ≥2ћ/Δp.

Фізично розумна невизначеність імпульсу не повинна перевищувати значення самого імпульсу. Імпульс пов’язаний з кінетичною енергією співвідношенням: р = . Таким чином

R_min = 2ћ/ = 2 1.05 10^-34/ (м)

Звідси R_min = 3 10^-15м.

Приклад 8.Знайдіть відношення невизначеностей швидкості електрона та протона, коли їх координати визначені з точністю до 10^-10м.

Розв’язання

За співвідношенням невизначеностей ΔpΔx ≥ ћ, а через швидкість . Таким чином, необхідне відношення

Δv_e/Δv_α = m _α/ m_e = 1,67 10^-27кг/9,11 10^-31кг = 1,83 10³= 1830.

Приклад 9. Визначити, яка енергія в МеВ відповідає дефекту маси Δm=1а.о.м.

Розв’язання

Енергія зв’язку пов’язана з дефектом маси формулою Е_зв = Δm с².

По-перше виразимо усі величини у системі одиниць СІ: 1а.о.м.=1,66 10²⁷кг, тоді Е_зв=1,660 10^-27кг (2,998 10⁸)²м²/c²=1,67 10^-11Дж.

1Дж = (14,92 10^-11/1,602 10^-19) еВ = 9,315 10⁸ еВ = 931,5МеВ.

Таким чином, якщо дефект маси виражати в а.о.м., то енергію зв’язку легко отримати в МеВ, якщо помножити Δm(а.о.м.) на 931,5!

Приклад 10. Записати дефект маси та енергію зв’язку ядра у зручному для розрахунків вигляді.

Розв’язання

За означенням дефект маси дорівнює різниці між масою нуклонів, що входять до складу ядра, та масою ядра:

Δm = Zm_p + Nm_n – m_я.

У таблицях приводяться маси атомів (m_a), часто виражених в атомних одиницях маси. Щоб знайти масу ядра, від неї треба відняти масу електронів, тобто m_я = m_a - Zm_e. Тоді дефект маси можна виразити у вигляді: Δm = Z(m_p + m_e) + (A - Z)m_n - m_a..

Якщо всі маси виразити в а.о.м., то, користуючись тим, що 1а.о.м. відповідає 931МеВ (дивись попередню задачу), а також тим, що m_p=1,00728а.о.м.;

m_n = 1,00867а.о.м.;

m_e = 0,00055а.о.м.;

m_p + m_e = 1,00783а.о.м.,

для дефекту маси та енергії зв’язку можна записати зручні для розрахунків формули:

Δm = (Z 1,00783 + (A - Z) 1,00867 - m_a)а.о.м.;

Е_зв = Δm 931 МеВ.

Тоді для розрахунку в останні формули треба підставити тільки зарядове та масове числа ядра і масу атома в а.о.м.

Приклад 11. Визначити дефект маси та через нього енергію зв’язку ядра .

Розв’язання

Дефект маси ядра – це різниця між сумою мас нуклонів та масою ядра, тобто Δm = Zm_p + (A - Z)m_n - m_я.

У таблицях задані маси атомів, а не ядер, тому із табличних даних треба відняти масу електронів: m_я = m_a - Zm_e.

Таким чином

Δ m = Z(m_p + m_e) + (A - Z)m_n - m_a = Zm_H + (A - Z)m_n - m_a =

=(3 1,00783 + 4 1,00867 - 7,01601)а.о.м. = 0,04216а.о.м.

При цьому було враховано, що m_p = 1,00728а.о.м. та m_e = 0,00055а.о.м.

Відповідно з законом пропорційності маси та енергії, якщо прийняти до уваги, що для них можна вводити однакові позасистемні одиниці (1а.о.м. = 931МеВ), енергія зв’язку дорівнює:

E = c²Δm = 0,0421 931 МеВ = 39.2МеВ.

Приклад 12.Внаслідок зіткнення α-частинки з ядром бора відбулась ядерна реакція, в результаті якої утворились два нових ядра. Одним з них є ядро гідрогену. Визначити друге ядро та енергетичний ефект реакції.

Розв’язання

Невідоме ядро позначимо символом . Тоді ядерна реакція може бути представлена у вигляді

.

За законом збереження електричного та баріонного зарядів можна визначити невідоме ядро: Z = 6, A = 13.

Енергетичний вихід Q реакції

Q = 931(m_He+ m_B - m_H - m_c).

Q = 931(4,00260 + 10,01294 – 1,00783 -13,00335)МеВ = 4,06МеВ.

Приклад 13. Визначити начальну активність А₀ радіоактивного препарату магнію масою m = 0.2мкг, а також його активність А через 6 годин.

m = 0.2мкг = 2 10^-8кг

Т_1/2 = 10 хв. = 600с

T = 6год. = 2.16 10⁴с

А₀=? А = ?

Розв’язання

Активність А ізотопу характеризує швидкість розпаду: A = λN₀e^-λt.

Для початкової активності t = 0, тобто А₀ = λN₀.

λ = (ln2)/T_1/2.

Число радіоактивних ядер: N = mN_A/μ, N_A - число Авогадро,

μ. - молярна маса. В таблицях знаходимо період напіврозпаду та молярну масу. Таким чином отримуємо:

начальна активність препарату ;

його активність через час t: .

μ = 27 10^-3кг/моль; N_A = 6,02 10²³моль^-1.

= 5,13 10¹² Бк.

= 81.3 Бк.