Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

spez_fiz_pr_zachita

.pdf

Скачиваний:

156

Добавлен:

21.05.2015

Размер:

5.14 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 3536 / 4136 37 38 39 40 41 > Следующая >>>

прямую, а какие нет. Доказать, что логарифм отношения числа импульсов в каналах, взятых через один, есть линейная функция номера канала.

3.18.Найти связь между энергетическим и амплитудным разрешением.

3.19.Сравнить относительные энергетические разрешения спектрометра при выделении в нем энергии E одной порцией и при выделении в нем той

же энергии, но в виде двух порций E1 E2 E . Причем относительное энергетическое разрешение зависит от энергии по закону

3 (A B / E)1/ 2 ,

где A и B соответствуют характеристикам сцинтилляционного детектора. 3.20. В сцинтилляционном -спектрометре энергетическое разрешение

зависит от энергии квантов по закону

			3 (A B / E)1/ 2 ,
где A 4,5 10-3; B 1,57 10-3 МэВ.
Вычислить	ожидаемое		разрешение в пике	суммирования каскадных
-квантов 60Co	(T	5,271	года; E 1,173 МэВ,	E 1,332 МэВ). Сравнить
27	1 2		1	2

это разрешение с тем, которое получалось бы, если бы суммарная энергия выделилась одной порцией.

3.21. Тщательными измерениями было установлено, что пик полного поглощения полупроводникового -спектрометра при регистрации

-излучения 65Zn хорошо описывается нормальным распределением с шириной на половине высоты, равной 0,4 кэВ. Как изменится ширина пика, если измерения проводятся амплитудным анализатором с шириной канала 0,1 кэВ?

3.22. Сколько каналов должен занимать пик в амплитудном распределении, чтобы его уширение за счет анализатора не превышала 10 %.

3.23. Регистрация пиков в амплитудном распределении анализатором с конечной шириной канала A приводит к деформации пика: его ширина увеличивается, а высота падает. Определить во сколько раз уменьшается скорость счета в максимуме пика, если , 5 A.

3.24.Можно ли разделить дейтроны и -частицы, измеряя кривизну их траектории в магнитном поле и время пролета?

3.25.Можно ли разделить протоны и -частицы, измеряя кривизну их траектории в магнитном поле и время пролета?

3.26.Можно ли разделить протоны и дейтроны, измеряя кривизну их траектории в магнитном поле и время пролета?

3.27.Можно ли разделить протоны и )-мезоны, измеряя кривизну их траектории в магнитном поле и время пролета?

3.28.При обработке аппаратурных спектров применяются различные методы нахождения положения максимума пика полного поглощения и

определения числа	импульсов, зарегистрированных в пике (площади пика).
Для определения	положения максимума ППП используют метод
линеаризации, который заключается в построении		зависимости
yi ln(N i N i 1) f ni , где N i и N i 1 – число отсчетов в ni		и ni 1 каналах
	351

анализатора соответственно. Он основан на предположении, что ППП

описывается гауссовым распределением. При таком предположении зависимость yi f ni будет выражаться уравнением прямой линии

yi ani b. Учитывая, что NΠ – суммарное число отсчетов в пике полного поглощения, а n0 – оценка положения максимума пика, определить методом

наименьших квадратов значения коэффициентов a и b . Найти положение максимума пика, т. е. pˆ .

2. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

2.1. Взаимодействие излучения с веществом

1.1. Основные соотношения:

Масса m

; энергия покоя

m0c

; импульс P

;

1 2

Полная энергия

Etotal mc

m c2

1 2

Кинетическая энергия E E

m c2 m c2 (

1) .

total

1 2

Из выражения для полной энергии получаем:

m c2

?2 (m c2 )2

отсюда

? .

total

Выражая импульс через кинетическую энергию, имеем

Pc E2 ? m02c4 m02c4 E(E ??) ,

или

Pc ?2 m02 ? ,

возводя в квадрат и преобразуя относительно полной энергии, получим

Etotal ??.

Для кинетической энергии выражение преобразуется к виду

E		?? m c2 .
В классическом случае при E m c2				0		P 2? m
В классическом случае при E m c2			получаем			P 2? m	, отсюда
	0			m ?2		0
E		?2		m ?2
				0	.
	2	m		2	.
		0

1.2. Pc E(E ??) 10,498 МэВ для E 10 МэВ. Аналогично получим и для другого значения кинетической энергии.

352

1.3. Из соотношения для импульса получаем
Pc	m0 v c	m c2	?	.

	1 2	0	1 2

Выражая массу покоя через известные величины, имеем

m c2	Pc	1 2	0,50946 МэВ.
m c2	Pc		0,50946 МэВ.
0		?
Полная энергия		?
Полная энергия
E ?2 c2 m2c4 ?2 c2 (Pc				1 2	)2
E ?2 c2 m2c4 ?2 c2 (Pc					)2
total	0		?
или			?
или	Etotal 1,63		МэВ.
Кинетическая энергия	Etotal 1,63		МэВ.
Кинетическая энергия
E E		m c2	1,12 МэВ.
	total	0

1.4. Частица массой M пролетает на расстоянии b (прицельный параметр) от

свободного

и покоящегося

электрона

ze, v, M

(рис. П.2.1).

Считаем

M m ,

где m –

масса электрона. Взаимодействие частицы с

электроном приведет к тому, что электрон

получит импульс в

перпендикулярном

направлении к полету частицы в

соответствии со вторым законом Ньютона

(импульс силы)

P F dt .

Рис. П.2.1

F// 0 .

Считаем, что

параллельная

составляющая

силы

равна

нулю

Участок длиной

2b , на

котором кулоновская

сила

равна

ze2

(4 b2 )

0 8,85 10 12

(электрическая постоянная

Кл2/(Н м2)) частица проходит за

время t 2b v . Изменение импульса частицы

P F t

ze2

2ze2

4 0b2

(4 0 )vb

Кинетическая энергия, потерянная частицей, через потерянный импульс

выражается следующим образом

E P2

2z2e4

m v2

Удельные ионизационные потери энергии определяются следующим

выражением

bmax

E(b)db,

bmin

353

где интегрирование	происходит	по всем	возможным прицельным
параметрам; NZ	– плотность	электронов	в веществе;	d	–

дифференциальное сечение столкновения. Причем дифференциальное сечение столкновения определяется через прицельный параметр

d db 2 bdb. db

Удельные ионизационные потери

4 z2e4 NZ

bmax db

)2 m v2

bmin

Заметим, что

bmax

Emax

bmin

Emin

Максимальная передаваемая энергия при 2 1 равна E

max

2m v2

, а

минимальная – равна энергии связи электронов в атоме. Интеграл в выражении для ионизационных потерь от минимального прицельного параметра до максимального определится

ln(bmax ) 1 ln(2mev2 ) ,

bmin

где I – усредненная по всем электронным оболочкам энергия ионизации. Заметим, что при более детальном исследовании множитель 1/2 исчезает (становится равным 1). В результате выражение для удельных ионизационных потерь преобразуется к виду

dE	4 z2e4 NZ			2m v2
				ln(		e	) .
dx	(4		)2 m v2
		0			I
			e

Учет квантово-механических, релятивистских и других эффектов преобразует данное выражение к виду, полученному Бёте

(

)

4 z2e4 NZ

ln(

2mev2

) 2 % U

! .

ион.

)2 m v2

I (1 2 )

Это выражение иногда еще называют тормозной способностью вещества. Здесь поправка % – учитывает уменьшение роли далеких столкновений за счет поляризации среды (при высокой энергии налетающей частицы); U – поправка, учитывающая, что электроны K , L – оболочек и

других не участвует в столкновениях, если скорость налетающей частицы мала по сравнению со скоростью орбитального электрона (малые энергии). 1.5. Выражение для удельных потерь энергии в простейшем случае имеет вид

	dE		4 z2e4 NZ					2m c2		2
(		)ион.					ln(		e		) .
	dx		(4		)2 m c2	2			(1 2 )
				0				I
					e

Для определения минимума удельных потерь энергии необходимо найти производную по энергии, или еще лучше по параметру (или через 2 ) и приравнять её нулю. Производная определится следующим образом

354

4 z2e4 NZ

2m c2 2

((

)ion )

)2 m c2

2m c2

(1 2 )

I (1 2 )

? ln(2mec2 2 ) . I (1 2 )

После деления на постоянные величины и приведения подобных членов получим трансцендентное уравнение относительно параметра v c

1		ln(	2?	) 0.
1
	?		I (1 2 )

В простейшем случае корень этого уравнения можно найти графическим методом как точку пересечения двух функций:

y ( )		1	;	y	( ) ln(		?	) .
y ( )			;	y	( ) ln(			) .
1	1	?		2		I (1	2 )
	1	?				I (1	2 )

Значительно точнее корень уравнения можно найти методом Ньютона путем последовательного приближения. Предварительно заменим xi 2 и, используя метод Ньютона, получаем

x	x	Κ(xi )	,

i 1	i	ΚΦ(xi )

где Κ(xi )

ln(

ΚΦ(xi )

) ;

1 ?

(1 ?)2

1 ?

x )

Окончательно получаем

ln(

)

1 ?

xi 1 xi

I (1 x )

(1 ?)2

1 ?

Средний потенциал ионизации можно определить по формуле Штернгеймера

I Z(9,76 58,8 Z 1,19 ) .

Реперные точки для этой формулы составляют следующие значения среднего потенциала ионизации: 163 эВ для Al , 314 эВ – Cu и 826 эВ для Pb . Результаты, полученные при решении данной задачи, приведены в таб. П.2.1.

Таблица П.2.1

Потенциал

1 d

Элемент

ионизации,

E/M

эВ (по условиям

& dx min

МэВ см2 г–1

1H1

задачи)

15,6

0,962605

2,69127

2,14

238U92

810

0,944403

2,0414

1,39

Формула, используемая для определения ионизационных потерь, в удобном для расчетов виде

355

1 dE

1,02 106 2

2 C ln

% U ,

& dx

I (1

)

–1

где постоянная C 0,154

МэВ см

. Здесь z

– заряд частицы; Z –

атомный номер элемента;

A –

массовое

число элемента; & – плотность

вещества (г/см3); % и U – поправки к формуле ионизационных потерь.

1.6. Формула, используемая для определения ионизационных потерь в упрощенном виде

	1 dE		z2Z					1,02		106		2					2 !

		0,308		2													.
	& dx	0,308	A	2	ln								2	)			.
	& dx		A		# I (1									)
														1
						2					2			1
Кинетическая энергия E E			M		c		M		c						2	1		,
		total		0				0				1			2
												1

где M0c2 3726,2 МэВ.

Выражение для скорости частицы, определенное через энергию

2 1 ?? 2 1 ? 2,7569 10 3 .

Потенциал ионизации

I Z(9,76 58,8 Z 1,19 ) =20?,63 эВ. Ионизационные потери

1 dE 522,1089 МэВ см2/г.

& dx

1.7. Для релятивистского электрона удельные потери

1 dE

2,55 105 E 2

Ι2 1 (1 )ϑ ln 2

& dx

0,154

2 ?ln

)

1 2 2 <= .

(1 2 )

;

Для вычисления удельных потерь в сложном соединении воспользуемся

формулой

6Ni Ai

dx Ai

где M – молекулярная масса;

– число атомов в молекуле; Ai – атомная

масса. Для электрона 0,941079, Для -частицы 0,0231559.

?44,93 эВ, I

?44,643 эВ.

Потенциал ионизации I

Для -частицы:

1 dE

?,5507 МэВ см /г;

?,50225 МэВ см /г,

dx Na1123

dx I53127

356

	1 dE				2
					?,069 МэВ см /г.

	& dx NaI

Для электрона:

1 dE	2	1 d	2
	?,48724 МэВ см /г;		?,105244 МэВ см /г,

& dx Na1123		& dx I53127

	1 dE				2
					?,163816 МэВ см /г.

	& dx NaI

dx NaI 195,10.

1 dE

dx NaI1 dE

1.8. Пусть заряженная частица с импульсом

PΦ

упруго рассеивается

на

покоящемся

электроне

(рис. П.2.2).

Вычислить

импульс

рассеянной

частицы, как функцию угла, под которым

вылетают % – электроны. Найти максимальную

энергию, теряемую частицей при столкновении.

Из закона сохранения импульса частицы имеем

Рис. П.2.2

P P cos? P% cos?,

sin? .

sin? P%

Исключая угол 4 получим

Φ2

?? cos9.

(1)

Из закона сохранения энергии

m c2

столкновения

Φ E

total M

до

total M

total m

после столкновения

Преобразуя это выражение, получаем

m0c

Φ2

(2)

P% c

m0 c

Отметим, что кинетическая энергия % – электронов определяется через

полную энергию и массу покоя электрона

E E			m c2		P2c2 ?? m c2 ,			(3)
%	total %			0	%	0
					причем
	P2c2	E		? 2m c2 ? 2E m c2 .				(4)
	%		%	0	%	0
Объединяя (1–4) и исключая импульс частицы после рассеяния получим
				P2P%2c4 cos2 9 E%2		? m0c2	2 .	(5)

Отсюда с учетом (4) имеем окончательное выражение для кинетической энергии % -электрона

E%			? P2 cos2	9		.	(6)
E%	P2c2	? 2m c2	? M 2c4	m2c4		.	(6)
	P2c2	? 2m c2	? M 2c4	m2c4	? cos2 9
		0		0
			357

В нерелятивистском случае		? cos2 9
E		? cos2 9		.	(7)
E		M m 2		.	(7)
%		M m 2
			0
При M m0 в классическом случае получаем
	E 2m v2 .				(8)
	%		0
1.9. Будем рассматривать образование			% – электронов, считая соударения

налетающей частицы с атомными электронами упругими, т. е. пренебрегая энергией связи атомных электронов.

Пусть заряженная частица с зарядом ze и скоростью v пролетает на расстоянии b от покоящегося электрона. Энергия, которая передана частицей электрону, равна энергии потерянной в столкновении

E	2z2e4	1	.
	4 0 2 mv2
%		b2

Дифференциальное сечение столкновения с параметром столкновения равно d 2 bdb.

Из (1) находим

2bdb ?? dE% . E%2

Отсюда

						d %	??	dE
								%			.
								E2			.
							%
Число % – электронов с энергией E% равно																				dE%
						n (E )dE NZ d										%	??			dE%		.
						n (E )dE NZ d											??					.
					% %		%													E2
1.10. Спектр %-электронов																					%
1.10. Спектр %-электронов
					E%max					? NZ					E%max dE
n% (E% E%1) n% (E% )dE%																		%
n% (E% E%1) n% (E% )dE%										??								E2
					E%1											E%1			%
									? NZ								1				1

							4						2	?
							4					0	2	?	E						Emax .
		Emax 2mv2 .										0					%1				%
Отметим, что		Emax 2mv2 .
		%		Mc M
При M m и P				Mc M		.
При M m и P						.
				m
				2 2
Учтем, что	2		M0c

		1			.
				E ?													1
Emax ? 2 (1 2 ) ? эВ . Пренебрегаем величиной																	1		?
Emax ? 2 (1 2 ) ? эВ . Пренебрегаем величиной																	E%max		?
%																	E%max

(1)

(2)

(3)

(4)

358

Расчет ведем по формуле	1	n	E 1keV 154	z2Z	, кэВ см2/г.

	& %		%	2 A E

Данные для расчета:

Аргон 1840 Ar , A 40, Z 18, плотность & 1,7837 кг/м3. Масса покоя протона MP c2 ? МэВ, 2 ?, E 500 МэВ. Ответ: n% ? см–1.

1.11. Расчет ведем по формуле

1	n	E	1keV 154	z2Z	, кэВ см2/г.
				2 A E
& %		%
				%

Данные для расчета:

Водород 11H , A 1, Z 1, плотность & 0,0708 103 кг/м3 при t2= -252,82 C .

Масса покоя мюона m c2	105,658389 МэВ,	2 ?.
)
Ответ: n ? см–1.
%

1.12. Простое решение можно получить исходя из импульсной диаграммы (рис. П.2.3)

tg4 P			Φ	2
	, P		2zZ e		,	tg4 ??.		p
	, P				,	tg4 ??.
P			4 0vb
Более точно с учетом движения частицы по								4
Более точно с учетом движения частицы по								p
гиперболической траектории								p
гиперболической траектории								Рис. П.2.3
	4		Φ 2					Рис. П.2.3
	4		zZ e
tg							.
tg		4 0bMc2 2					.
	2	4 0bMc2 2

Для малых углов эти два выражения совпадают, поскольку 4 tg4. 1.13. Используем решение предыдущей задачи, находим

	4			?			4
tg					,	tg
	2		4	0bM v2
		электрон					2	ядро

		4
tg		2
		2	ядро	? .
	4			? .
	4
tg
2		электрон

Рассеяние на ? заметнее, чем на ?.

1.14. На угол 4 отклонятся все частицы, попадающие в область площадью 2 bdb (рис. П.2.4). Дифференциальное сечение


рассеяния на угол			4 равно d 2 bdb.
Ранее было получено, что					db
b	zZe2		1	.	(1)
		tg 4 2
	4 0mv2
Продифференцировав это					выражение по

4 0bM v2 ,

Рис. П.2.4

359

углу 4 с учетом (1) получаем для дифференциального сечения

	zZe2		2	d4
					.	(2)
		2
d				?
4 0mv
Учитывая, что d5 2 sin4d4, а	sin4 2sin 4 2 cos 4 2 , получаем

окончательное выражение для дифференциального сечения

d ? d5 . sin4 42

Численное значение дифференциального сечения для нашего случая равно

?,? 10-28 м2.

1.15. Используем выражение, связывающее пробег и энергию

Rp a Ebp .

Учитывая, что масса дейтрона примерно в 2 раза больше массы протона, получаем, что при одинаковых скоростях, кинетическая энергия дейтрона в классическом случае будет в 2 раза больше кинетической энергии протона: Ed 2Ep . Соотношение пробег – энергия для дейтронов в воздухе

приобретает вид

Rd ? Ed1,8 .

1.16. Общая идея решения данной задачи: считаем, что ионизационный детектор полностью состоит из алюминия; определив суммарный пробег дейтронов в алюминиевом блоке, и вычтя из этого пробега толщину входной фольги, по остаточному пробегу находим энергию дейтронов, регистрируемых в детекторе. Выражение, связывающее пробег с энергией для дейтронов в алюминии, находим по выражению для пробега протонов в

воздухе.
Данные	для расчета: Воздух состоит	из азота и кислорода. При
нормальных	условиях: азот 147 N , плотность	& 1,25 кг/м3; кислород 168 O ,

плотность & 1,429 кг/м3; воздух, плотность & 1,293кг/м3. Для протонов в воздухе соотношение пробег – энергия

Rp 1,8 E1p.8 .

Пробег заряженной частицы		R1 в одном веществе (плотность					&1 , атомный
вес A1	) связан с пробегом	R2 в другом веществе (плотность					&2 , атомный
вес A2	) эмпирическим выражением		&2
		R1 R2	&2	3	A1
			&			.
			&		A	.
			1		2

Для расчета примем, что атомный вес воздуха соответствует атомному весу азота, тогда выражение для пробега протонов в алюминии примет вид

Rp (Al) Rp (воздух) ? 10 4 .

Соотношение пробег – энергия для протонов в алюминии

Rp (Al) 1,07 10 ? E1p.8 .

360

<<< < Предыдущая 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 3536 / 4136 37 38 39 40 41 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
21.05.2015491.17 Кб31smagina-belousova-method.pdf
#
21.05.20151.16 Mб21Sorokin.pdf
#
22.11.201830.11 Кб7sotsiologia(2).docx
#
21.05.2015485.86 Кб10sotsiologia.rtf
#
19.03.2016267.64 Кб12speckurs.pdf
#
21.05.20155.14 Mб156spez_fiz_pr_zachita.pdf
#
20.05.2015137.2 Кб85SPSE2014.docx
#
21.05.2015917.91 Кб34SQL в вопросах и задачах.pdf
#
21.05.20155.12 Mб12srrf2014web.pdf
#
20.05.2015318.46 Кб9strany_i_stolitsy_blank_dlya_studentov.doc
#
20.05.2015120.59 Кб31Sudebnaya_sistema_v_RF (4).docx