Embed Size (px)
Citation preview
Nuklearna fizika 2 - vježbe -
3. Nuklearni raspadi ponovno
Zadatak 38. Jezgra 8Li primjer je odgođenog b-emitera. Osnovno
stanje ove jezgre ima poluživot 0.85 s i raspada se u stanje jezgre 8Be na Ex= 2.9 MeV, koje se zatim brzo raspada u dvije a-čestice.
(a) Odredite paritet stanja jezgre 8Be na Ex= 2.9 MeV;
(b) Pokažite zbog čega je poluživot tog stanja 22 reda veličine kraći
od poluživota osnovnog stanja jezgre 8Li;
(c) Na kojoj energiji u odnosu na osnovno stanje jezgre 8Be
očekujete prag za uhvat neutrona u 7Li? M(8Li)-M(8Be)=16 MeV
Rješenje 38. (a) Konačno stanje u raspadu 8Be se sastoji od dva istovrsna bozona (pa je valna funkcija simetrična na izmjenu njihovih koordinata); orbitalni moment impulsa je stoga paran! Budući da je vrijeme poluživota stanja jezgre 8Be na Ex= 2.9 MeV vrlo kratko, taj se raspad odvija preko jakog međudjelovanja koje čuva paritet, što znači da je paritet tog stanja pozitivan!
Rješenje 38.
(b) Beta-raspad osnovnog stanja 8Li je proces koji se odvija slabom
silom, dok se alfa-raspad stanja u 8Be na Ex= 2.9 MeV odvija jakom
interakcijom (a i energija raspada je velika, a kulonska barijera
niska). Razlika u “jakosti” interakcije koje uzrokuje raspad vodi na
razliku u vremenima poluživota...
(c) Prag reakcije uhvata neutrona u 7Li, u odnosu na osnovno stanje 8Be, dan je s: M(7Li)+M(n)-M(8Be)= M(7Li)+M(n)-M(8Li)+M(8Li)-M(8Be)= = Sn(8Li) + 16 MeV, gdje je s Sn(
8Li) označena energija potrebna za razbijanje 8Li u 7Li i neutron: Sn(
8Li) = (7.0160+1.00867-8.0225)*931.5 MeV= 2.0 MeV Prag uhvata je 16+2= 18 MeV iznad osnovnog stanja 8Be!
Zadatak 39. Prirodno zlato (197Au) je a-radioaktivno i emitira alfa-
čestice energije 3.3 MeV. Procijenite njegovo vrijeme života.
Rješenje 39. Tuneliranje! rs – domet jake nuklearne sile (polumjer jezgre) rc – točka “izlaska” iz klasično nedozvoljenog područja (definirana s Q!)
Q
eZr dc
)4(
2
0
2
Rješenje 39.
Krećemo od radijalne Schrödingerove jednadžbe:
Pojednostavljujemo: l =0 !
Uvodimo:
22 2 2
2 2
0
21 ( 1)( ) ( ) ( )
2 (4 ) 2
dZ ed l lu r u r Qu r
m r dr r m r
d
d
mm
mmm
a
a
Qffr
eZ
dr
fd
m
d )4(
2
2 0
2
2
22
rrfru /)()(
Rješenje 39.
Probno rješenje:
Uvrštavanjem:
U konstantnom potencijalu V0, df/dr=±ik (Q>V0) ili df/dr=±K (Q<V0); u
oba slučaja je druga derivacija 0!
Kulonski potencijal nije konstantan, ali je dovoljno “spor” da
pretpostavimo isto (da mu je druga derivacija zanemariva). Imamo:
Q
r
eZ
dr
d
dr
d
m
d
)4(
2
2 0
22
2
22
ff
)()(
rerff
Q
r
eZm
dr
d d
)4(
22
0
2
2
f
Rješenje 39.
Tj.:
Za r>rc:
Za rs<r<rc:
drQ
r
eZmr d
)4(
22)(
0
2
2 f
r
cr
r
cr
drrkidrrki
BeAerf
)()(
)(
r
eZQ
mrk d
)4(
22)(
0
2
2
cr
r
cr
r
drrKdrrK
DeCerf
)()(
)(
Q
r
eZmrK d
)4(
22)(
0
2
2
Rješenje 39.
Tj.:
Za r>rc:
Za rs<r<rc:
drQ
r
eZmr d
)4(
22)(
0
2
2 f
r
cr
r
cr
drrkidrrki
BeAerf
)()(
)(
r
eZQ
mrk d
)4(
22)(
0
2
2
cr
r
cr
r
drrKdrrK
DeCerf
)()(
)(
Q
r
eZmrK d
)4(
22)(
0
2
2
Rješenje 39.
B i D su jednaki nuli za raspad!
Vrijedi:
Uvodimo:
Dalje:
2
2
22
22
)(
)(
)(4
)(4
s
c
sc
cc
rf
rf
rur
rur
G
s
ce
rf
rf
2
2
)(
)(
c
s
c
s
c
s
r
r
cr
r
dr
rdr
r
rmQdrQ
r
eZmdrrKG 1
22
)4(
222)(2
20
2
2
Rješenje 39.
Uvodimo supstituciju:
pa dobivamo:
2
coscrr
csd
c
c
rrmQeZ
c
mQr
dmQ
rG
/2
4
2
cossin2
2
sin22
2
20
2
0002
0
2
2
0
G
cs rr /cos
10
Rješenje 39.
Funkcija G(rs/rc) dana je s:
c
s
c
s
c
scs
r
r
r
r
r
rrr 1cos
2/
1
G
Rješenje 39.
Ako je tok a-čestica na rs jednak (t0)-1, vjerojatnost alfa-raspada u
jedinici vremena dana je s:
pa je srednji život alfa-raspada:
Konstantu t0 određujemo iz eksperimenta; dobiva se:
Ge1
0t
Ge0tt
s100.723
0
t
Rješenje 39.
Ge0tt
Rješenje 39.
Dobiveno je rješenje ekvivalentno Geiger-Nuttallovom zakonu:
gdje su C i D konstante koje se određuju eksperimentom:
Za 197Au dobivamo:
2/110log
a DQC
2/1MeV140
MeV52
D
C
125s10
godT1724
2/1 102.2s109.62ln
Zadatak 40
Zadatak 41. Dva najniža stanja jezgre 42Sc imaju J= 0+, 7+. Ta se
stanja raspadaju emisijom pozitrona u prva stanja jezgre 42Ca (J=
0+, 6+) uz reducirane vrijednosti poluživota: (ft)0+= 3200 s, (ft)7+=
16000 s. Eksperimentalno je utvrđeno da ne postoji raspad u stanje
0+ na Ex= 1.84 MeV.
(a) Pomoću modela ljusaka, opišite beta-raspade prema vrsti!
(b) Koristeći model ljusaka, odredite približno omjer: (ft)0+ /(ft)7+!
Rješenje 41. (a) Za 42Sc vrijedi Z=21, pa je Tz= (Z-N)/2=0. U modelu ljusaka jezgre oko 42Sc popunjavaju f7/2-podljusku. Zbrajanje dva momenta impulsa nukleona u jednočestičnim orbitalama s j=7/2 daje ukupni moment impulsa u rasponu 0, 1, ... 7. Izospin može poprimiti vrijednosti T= 0 i 1. Poopćeni Paulijev princip tada daje moguće konfiguracije: T=1 ... J= 0+, 2+, 4+, 6+. T=0 ... J= 1+, 3+, 5+, 7+. (J+T mora biti neparan!)
Rješenje 41.
Prijelaz 7+ 6+ je Gamow-Tellerov prijelaz jer za njega vrijedi:
DJ= 0,1 (0 0 zabranjen), DT= 0,1 i i= f
0+ 0+ je čisti Fermijev prijelaz:
DJ=0, DT= 0 i i= f
(b) Vjerojatnost beta-prijelaza u jedinici vremena dana je s:
gdje <M> označava matrične elemente slabog međudjelovanja
usrednjene po spinu.
2 22 2( ) V F A GTG M G Mb
Rješenje 41.
(b) Potrebno znati:
1,12
121,
2
1,ˆ
jj
j
jjj
jjjS
jjjjSz ,2
1,ˆ
56 3
56 3
1.4 10
1.6 10
V
A
G Jcm
G Jcm
Rješenje 41.
Vrijedi:
2
1
2
, 1
2
)(1
)(112
1
iziii
A
k
fzfff
MM
iziii
A
k
fzfff
i
F
TTMJkTTMJ
TTMJkTTMJJ
Mfi
t
t
2
,, 1
2)()(
12
1
fi MMm
iziii
A
k
mfzfff
i
GT TTMJkkTTMJJ
M t
gdje je m= -1, 0, +1, a:
yx i 1 z 0 yx i 1
Rješenje 41.
Vrijedi:
gdje je:
Vrijedi:
2 22 2
V F A GT
Kft
G M G M
45
73 2ln2
cmK
22
0
22
7
(7 6 )
(0 0 )
V F
A GT
G Mft
ft G M
1
1 ( )
( 1) ( 1)
A
F f f f fz i i i iz
k
f f f fz i i i iz
iz iz
M J M T T k J M TT
J M T T T J M TT
T T T T
t
20,12 Fiz MTT
Rješenje 41.
2
22
0,0,7,7)1()1(1,1,6,64
0,0,7,7)2()2()1()1(1,1,6,6
m
m
m
mmGTM
t
tt
2
7,
2
7;
2
7,
2
77,7
1 7 5 7 7 7 7 7 57,6 , ; , , ; ,
2 2 2 2 2 2 2 22
1 7 5 7 7 7 7 7 56,6 , ; , , ; ,
2 2 2 2 2 2 2 22
2
2 (1) (1)7 5 7 7 7 7 7 74 , ; , ;1, 1 , ; , ;0,0 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2GT
m
M t
22
2
(7 6 ) 1.40.77
(0 0 ) 1.6
V
A
Gft
ft G
