Добавил:
okley
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Введение в ядерную физику (6 сем) / Семинары / Семинар_06_20210423
.pdf
Введение в ядерную физику. Семинар 6. 2019.04.15
Взаимодействие излучения с веществом.
Взаимодействие нейтронов
Задача 1. Расчёт наведенной активности в образце массой m, площадью S и толщиной x достаточной для
применения формулы тонкой пластины. Найти зависимость от времени для кол-ва радиоактивных ядер в
образце, облучаемого нейтронами с плотностью потока J [шт/см2*с]. Рассчитать реальный пример.
Решение. Для нахождения активности необходимо решить дифференциальное уравнение, которое
учитывает количество возникающих при взаимодействии нейтронов с веществом ядер и количество
распадающихся ядер.
При взаимодействии нейтронов с веществом пользуемся законом экспоненциального ослабления:
𝑁(𝑥)= 𝑁∙ 𝑒
, где σ – сечение взаимодействия, n – концентрация атомов в веществе, x – толщина
Т.к. начальное количество определяется площадью пластины и потоком, N0 = JS , то кол-во
взаимодействующих ядер, а, следовательно, и образующегося радиоактивного вещества:
𝑑𝑁
обр
𝑑𝑡
=𝐽𝑆(1 − 𝑒
)=〈
формула тонкой пластины〉= 𝐽𝑆𝑛𝜎𝑥= 𝐽𝑆
𝑁
ядер
𝑉
𝜎𝑥=𝐽𝑁
ядер
𝜎= 𝐽
𝑚
𝑀
𝑁
𝜎=𝐺
Авг
В веществе идут два процесса: образование и распад ядер, то можно записать дифференциальное уравнение:
𝑑𝑁
распад
𝑑𝑡
𝑑𝑁
= образование − распад = 𝐽
𝑑𝑡
=𝜆𝑁=
𝑚
𝑀
𝑁
𝜏
𝑁
𝜎 − 𝜆𝑁 =𝐺 − 𝜆𝑁
Авг
Решаем частное дифференциальное уравнение первого порядка. Вначале найдем решение для однородного
уравнения (оно совпадает с законом радиоактивного распада):
𝑑𝑁
= −𝜆𝑁 →
𝑑𝑡
Для решения частного уравнения воспользуемся методом вариации постоянной 𝑁(𝑡)= 𝐶(𝑡)∙ 𝑒
𝑑𝑁
=−𝜆𝑑𝑡 → 𝑙𝑛(𝑁)= 𝐶 − 𝜆𝑡 →𝑁(𝑡)= 𝐶 ∙ 𝑒
𝑁
𝑑
𝐶(𝑡)∙ 𝑒
= 𝐺− 𝜆𝐶(𝑡)∙ 𝑒
𝑑𝑡
)
𝑑𝐶(𝑡
∙ 𝑒
− 𝜆𝐶(𝑡)∙ 𝑒
= 𝐺 − 𝜆𝐶(𝑡)∙ 𝑒
𝑑𝑡
)
𝑑𝐶(𝑡
∙ 𝑒
= 𝐺 𝑑𝐶(𝑡)= 𝐺𝑒𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝐺
𝐶(𝑡)=
𝑒+ 𝐷
𝜆
Мы можем предположить, что радиоактивных ядер не было:
𝑁(𝑡= 0)=
𝑁(𝑡)=
𝐺
𝑒
∙
+ 𝐷 𝑒
∙
𝜆
𝐺
𝑒−
𝜆
𝐺
∙ 𝑒
𝜆
𝐺
=
+ 𝐷=0 → 𝐷=−
𝜆
=
𝐺
∙ 1 − 𝑒
𝜆
𝐺
𝜆
Задача №2-6. Найти сечение взаимодействия радиационного захвата нейтронов с железом (плотность
7,9 г/см3), если при облучении потоком 106 шт/с от пластины толщиной 1 см исходит 1,98*105квантов/с.
Считать, что на каждый акт захвата нейтрона высвечивается гамма-квант.
Решение:
𝜎= −
Ф = Ф∙ 𝑒
𝑀∙ 𝑙𝑛 1 −
𝜌 ∙ 𝑥 ∙ 𝑁
Авг
Ф
Ф
Ф=Ф− Ф∙ 𝑒
56 ∙ 𝑙𝑛(1 − 0,198
=−
7,9 ∙ 1 ∙ 6,02 ∙ 10
)
=2,598 ∙ 10
= Ф
(
1 − 𝑒
[
см
)
]
= 2,598 барн
Взаимодействие гамма-квантов с веществом
Гамма-излучение взаимодействует с веществом не непрерывно как заряженные частицы, а в
единичных случайных актах, которые характеризуются сечением взаимодействия. Помимо сечения
взаимодействия используется коэффициент ослабления: массовый и линейный. Закон ослабления потока
или количества гамма-квантов:
𝑁(𝑥)= 𝑁𝑒
лин
= 𝑁𝑒
1
𝜇
лин
[
см
]
= 𝑛[см
]
∙ 𝜎[см
]
𝜇
линейный
[
см
]
= 𝜇
массовый
см
г
𝜌
см
г
Задача №3. Найти долю поглощенных гамма-квантов с энергией 511 кэВ в пластине железа толщиной 2 см.
Плотность железа 7,9 г/см3 , массовый коэффициент ослабления 8,308*10-2 см2/г. Можно ли пользоваться в
данной задаче формулой тонкой пластины?
Решение
𝑁(𝑥
𝑁
)
= 1− 𝑒
𝑁(𝑥)=𝑁𝑒
мас
лин
=1 − 𝑒
=𝑁𝑒
мас
𝑁
,∙∙,∙
погл
= 1− 𝑒
(𝑥)
=𝑁− 𝑁𝑒
,∙
мас
= 1− 𝑒
= 𝑁
,
(
1 − 𝑒
мас
)
= 1− 0,2691 =0,7308
Ответ: 73,08%
Задача №4. Найти пороговую энергию рождения позитрон электронной пары в поле ядра и электрона.
Воспользуемся для выведения 4-х импульсами.
Решение:
𝛾 + Я=𝑒+ 𝑒+ Я
Для работы с релятивистскими соотношениями в кинематике используются 4-х импульсы:
𝒫
𝒫=
; 𝑝=
𝑐
𝐸
∙ 𝒫
=𝐸∙ 𝐸− 𝑝∙ 𝑝=𝐸∙ 𝐸−|𝑝
𝒫
𝒫
+ 𝒫
𝒫
+ 𝒫
Я
=𝒫
𝒫
𝐸
; 𝑝; 𝑝;𝑝=(𝐸; 𝑝
𝑐
=𝐸− 𝑝=𝑚
=(𝐸+ 𝐸; 𝑝+ 𝑝
+ 𝒫
+ 𝒫
+ 𝒫
=𝒫
Я
= 𝒫
Я
|∙|
)
= 𝑚; 0
)
𝑝
|
∙ cos𝜃
Квадрат 4-х импульса является инвариантом и поэтому правую часть и левую можно рассматривать в разных
системах. Рассмотрим соотношение слева в лабораторной, а справа в системе центра инерции. В таком
случае сумма трехмерных импульсов равна нулю, т.е. можно сказать, что наши частицы образуют систему,
которая покоиться. Т.к. мы ищем пороговую энергию, то мы должны найти минимальное значение, которое
выполняется если на продукты реакции имеют минимум полной энергии, т.е. их кинетическая энергия равна
нулю для каждой частицы. Мы можем заменить систему на квазичастицу, у которой импульс нуль и полная
энергия равна сумме масс продуктов.
𝒫
+ 2𝒫
2 ∙ 𝐸𝑀Я+ 𝑀
𝐸=2𝑚1 +
=4𝑚
Я
𝒫
Я
+ 𝒫
+ 4𝑚𝑀Я+ 𝑀
= 𝒫
Я
𝑚
𝑀
Я
Я
Если вместо ядра использовать электрон, то пороговая энергия увеличивается с 2 масс электрона до 4. (1
МэВ и 2 МэВ)
Задача №5. С помощью 4-х импульсов вывести формулу для энергии рассеянного гамма-кванта при
Комптон-эффекте. Найти энергию рассеянного на 180 градусов гамма-кванта, начальная энергия
которого662 кэВ (пик обратного вылета).
+ 𝒫
= 𝒫
− 2𝒫
𝑚− 2𝐸
𝒫
− 2𝒫
𝐸=𝑚
)
𝒫
= 𝒫
𝒫
+ 𝒫
0 + 𝑚
𝒫
+ 𝒫
𝒫
+ 𝒫
𝒫
+ 𝒫
+ 𝒫
+ 2𝒫
+ 0 + 2𝐸𝑚− 2𝐸
𝐸
=
1 +
=𝒫
− 𝒫
− 𝒫
= 𝒫
𝒫
𝐸
𝐸
(
1 − cos 𝜃
𝑚
2
𝐸
dx
m
T
E
г
см
dx
𝐸
𝑚
dE
A
(
1 − cos 𝜃
cmr
ee
I
=
1 +
)
22
N
Авг
22
TcmZN
eeАвгee
22
)1(2
R
1
R
2
𝐸
=
1 +
ДЗ. Найти энергию правого края плато Комптона для гамма-квантов 1280 кэВ.
Взаимодействие заряженных частиц с веществом. На данном занятии обсудим вопросы взаимодействия
заряженных частиц с веществом. Основные механизмы: 1) ионизационные потери, 2) тормозное излучение
3) Излучение Черенкова и 4) Переходное излучение
Ионизационные потери: это уменьшение энергии частицы за счет ионизации и возбуждения атомов среды.
Происходят непрерывно на траектории движения частицы и описываются функцией удельных потерь:
4
1
Для тяжелых частиц:
Где re = 2,8179*10
2
1
dE
-13
см. Для электронов:
cmr
dx
Для расчета длины пробега:
A
dE
dx
22
dE
Ef )(
R
0
E
0
ln
2
1
)(
Ef
m
m
662
662
(
1 + 1
511
2
Zz
2
2
ln
=184 𝑘𝑒𝑉
)
22
cm
e
I
1ln
1)112(2ln
22
1
11
2
2222
8
2
z
2
1
2
Для массы частиц и разных зарядов
2
z
1
R
R
Задача №6. Найти пробег α-частицы в свинце, если длина пробега в алюминии равна 13 мкм. ρAl = 2,7 г/см3
ρPb = 11,34 г/см3 AAl = 26,98 и APb = 207,2
Задача №7. Найти потери энергии протона с кинетической энергией Т = 2 ГэВ на 2 см пути в свинце ρPb =
11,34 г/см3 Z = 82 APb = 207,2.
1
2
pc
A
2
1
2
Для разных веществ
A
1
RR 57,8
)(
22
mmT
21
94764,0
A
2
1
2
13
A
1
7,2
34,11
2,207
мкм
98,26
22
A
cmr
ee
N
Авг
1
dE
dx
4
2
Zz
2
)108179,2(1415926,34
2
ln
213
1002,6
208
ln134752
94764,05110002
825,13
2
22
cm
e
1ln
I
2
23
511000821
94764,0
22
...ln
2
94764,094764,01ln
22
2
смэВ
62
100922,1105,813475294764,0101969962,0ln08,829ln134752
dE
МэВ
386,120922,1*34,11 на 2 см потери = 24,77 МэВ
ДЗ: Cколько энергии потеряет альфа частицы на 3 см пути в алюминии?
Тормозные потери: или радиационные потери – механизм основан на
3
св
√
√
√
Взаимодействие заряженных частиц с веществом. Тормозное излучение. Критическая энергия. Излучение
Черенкова.
dT
Тормозное излучение
энергия, при которой потери частицы на тормозное излучение равны ионизационным потерям.
x
L
r
eTxT
)( , где L
0
Критическая энергия в газах и жидкостях
Задача №0. Оценить кинетическую энергию электронов, при которой ионизационные и радиационные
потери энергии одинаковы: в алюминии и свинце.
электронов
– радиационная длина.
r
dx
торм
610
Алюминий
Для расчета радиационной длины удобно использовать величину X0 [г/см2]
X
0
ZZ
крит
4,716
=Е
+
1,2413
A
и Lr = X0/ρ
287
ln)1(
1
~
2
m
Е
=
крит
Z+0.92
смМэВ=
/42,8
710
Е
крит
[ МэВ/ см]
Свинец
dT
. Критическая энергия – это
=
dx
610
Z+1.24
для газов
торм
[ МэВ /см]
2
nTZ
~
e
для твердых веществ и
Решение:
610
крит
=Е
+
1,2482
смМэВ=
/7,33
Z
Задача №1. Оценить первоначальную энергию электронов, если после прохождения свинцовой пластинки
толщиной 5 мм энергия электронов в среднем составляет 42 МэВ. Плотность свинца ρ = 11,34 г/см
4,716
A
X
0
ln)1(
ZZ
287
Z
Изменение энергии для радиационных потерь подчиняется формуле:
2084,716
287
82
ln8382
2084,716
287
82
ln8382
г/см3 Lr = 6,33/11,34=0,56 г/см3
33,6
3
.
Решение:
E=xЕ exp
0
Тогда первоначальная энергия находится
ДЗ. Найти толщину пластины из вольфрама, которая уменьшит энергию электронов с 80 МэВ до
10 МэВ. Являются ли тормозное излучение основным механизмом потерь для таких энергий.
Задача №2. Найти пороговую энергию эффекта Вавилова-Черенкова для протона и электрона в стекле
(n=1,8) и в воздухе (n=1,0003).
Протон
x
Для Lr радиационная длина. Для свинца она равна 0,56 см
L
r
0
v
c
nv
22
=
1
1 −β
1.8938.27
11.8
1
nβ
условие излучения
E
=
2
mc
vсв=
c
cos (θ)=
n
2
mc
св
v
=
γ=
=E 1128.7
β
1
x
E=
L
mc
1 −β
=
v ⩾v
mc2n
n2 −1
тогда порог
r
2
2
xE=Е
2
1.8511
Электрон
МэВ==
4
2
β=
11.8
102.790.56/0.5exp42exp
1
n
МэВ==
кэВ==E 614.6
2
1
β
Протон
Д/З: для каких частиц пороговая кинетическая энергия эффекта Вавилова-Черенкова в среде с n=1.6 равна
29.6 МэВ.
Задача №3. Рассчитать радиус кольца, возникающего при прохождении электрона с энергией 1 МэВ в
RICH (RING CHERENKOV DETECTOR) детекторе толщиной 1 мм из стекла n=1.1 отстоящего на
расстоянии 20 см от экрана?
=E .383133
β
1
mc
1.0003938.27
22
11.0003
МэВ==
Электрон
1.0003511
эВ==E .866M02
2
11.0003
Найдем угол «разлета» света:
=β
Взаимодействие нейтральных частиц с веществом. Гамма-излучение. Нейтроны.
cos =
2
m
2
m+T
11
=
радиус на экране:
n
0.511
+
2
0.5111
2222
Решение
=
2
30.94107906
cm===βnD=R 5.3521330.0716133520130.941079061.1201
5
6
Соседние файлы в папке Семинары