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 nhau. Hạt

1 có khối và vận tốc tương ứng là: 3kg và 0,8c. Hạt 2 có khối và vận tốc tương ứng là: 5,33kg và
0,6c. Tìm khối lượng của hạt nhân ban đầu.
Bài giải:
Giả sử nhiệt lượng tỏa ra từ sự phân hạch của hạt nhân mẹ chuyển hóa hồn tồn thành động năng của
các hạt nhân con.
Theo định luật bảo tồn năng lượng:

𝐸0 = 𝐸1 + 𝐸2
𝑚01
𝑚02
𝑚0 𝑐 2 =
𝑐2 +
𝑐2
2
2
√1 − 𝑣12
√1 − 𝑣22
𝑐
𝑐
𝑚01
𝑚02
𝑚0 =
+
2
2

√1 − 𝑣12
√1 − 𝑣22
𝑐
𝑐
Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được:
𝑚0 =

1.2

3𝑘𝑔
2
√1−(0,8𝑐)
𝑐

+

5,33𝑘𝑔
2

√1− (0,6𝑐)

= 11,66 (kg)

𝑐

Biết năng lượng nghỉ của electrôn là 0,511MeV. Tìm vận tốc của electrôn được gia tốc dưới

hiệu điện thế 105 kV

Bài giải:

Năng lượng của electron:
E=

𝐸0
2
√1 − 𝑣2
𝑐

Suy ra
v = c × √1 − (

𝐸0 2
)
𝐸

Trong đó

1


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 2
) = 0,99999𝑐
100,511𝑀𝑒𝑉

Tính động năng của một êlectrôn khi động lượng của nó là 2MeV/c. Biết năng lượng nghỉ

của electrôn là 0,511MeV
Bài giải:
Ta có:

𝐸02 = 𝐸 2 − 𝑝2 𝑐 2
Suy ra
E = √𝐸02 + 𝑝2 𝑐 2
Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được:
2
2𝑀𝑒𝑉
2
√
E = (0,511𝑀𝑒𝑉 ) + (
× 𝑐) = 2,06(𝑀𝑒𝑉 )
𝑐

Suy ra động năng của electron
T = E − 𝐸0 = 2,06 − 0.511 = 1,55(𝑀𝑒𝑉 )
1.4

Vận tốc của một electron là 5.107m/s. Tính năng lượng cần cung cấp để tăng vận tốc của

electrôn lên hai lần. Biết năng lượng nghỉ của electrôn là 0,511MeV

Bài giải:
Năng lượng cần cung cấp:
∆E = 𝐸 ′ − 𝐸 =

𝐸0

′2
√1 − 𝑣 2
𝑐

−

𝐸0
2
√1 − 𝑣2
𝑐

Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được:

∆E =

1

−
2

8
√1 − ( 10 8 )
3 × 10
(

1

× 0,511𝑀𝑒𝑉 = 0,024(𝑀𝑒𝑉 )
2
107

√1 − ( 5 × 8 )
3 × 10 )

2


1.5

Một hạt có năng lượng tổng cộng 6.103MeV và có động lượng 3.103MeV/c. Tìm khối lượng

nghỉ của hạt.
Bài giải:
Ta có:

𝐸02 = 𝐸 2 − 𝑝2 𝑐 2
(𝑚 0 𝑐 2 )2 = 𝐸 2 − 𝑝 2 𝑐 2
Suy ra
𝑚0 =

√𝐸 2 − 𝑝2 𝑐 2
𝑐2

Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được:
2

3
√(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 và bị bắt để tạo thành nhân hợp phần. Xác định khối lượng nghỉ của
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 = 0 nên ta có
𝑝⃗𝑎 = 𝑝⃗ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛
Suy ra
m0,𝑎
2
√1 − (𝑣𝑎 )
𝑐

v𝑎 =

𝑚0,ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛
2
𝑣

√1 − ( ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 )
𝑐

𝑣ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛

(1)

Theo định luật bảo tồn năng lượng
𝐸𝑎 + 𝐸0,𝐴 = 𝐸𝑛ℎâ𝑛 ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛
𝑚0,𝑎 𝑐 2
√1 − (𝑣𝑎 )
𝑐

2

+ 3𝑚0,𝑎 𝑐 2 =

𝑚0,ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛
√1 − (

𝑣ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛
)
𝑐

2

𝑐 2 (2)

Lấy (1) chia (2), ta được:
3

𝑣ℎợ𝑝 𝑝ℎầ𝑛 =

1
𝑣 2
1 + 3√1 − ( 𝑎 )
𝑐

v𝑎 =

1
1 + 3√1 − (0,8)2

× 0,8c = 0,286c

Suy ra khối lượng nghỉ của 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 của chất hạt nhân, và mật độ điện tích trong

hạt nhân.
Bài giải:
Mật độ nucleon:
n𝑛𝑢𝑐 =

𝐴
𝐴
𝐴
3
=
=
=
𝑉 4 𝜋𝑅 3 4 𝜋(𝑟 3√𝐴)3 4𝜋𝑟0 3
0
3 𝑛𝑢𝑐
3

Thay giá trị hằng số 𝑟0 = 1,21 × 10−15 𝑚 vào cơng thức trên, ta được:
n𝑛𝑢𝑐 =

3
= 1,35 × 1044 𝑛𝑢𝑐𝑙𝑒𝑜𝑛⁄𝑚3
−15
3
(
)
4 × 3,14 × 1,21 × 10 𝑚

Khối lượng riêng của chất hạt nhân:
𝜌𝑛𝑢𝑐 =

𝑀𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜𝑛 + 𝑀𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛 𝑚𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜𝑛 × 𝑁 + 𝑚𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛 × 𝑍
𝑀𝑛𝑢𝑐
=
=
𝑉
𝑉
𝑉

Với hạt nhân có số neutron bằng số proton, ta có N = Z =

𝐴
2

Do đó:
𝑚𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜𝑛 + 𝑚𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛
𝑚𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜𝑛 + 𝑚𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛
𝐴
)× =(
) × 𝑛𝑛𝑢𝑐
𝜌𝑛𝑢𝑐 = (
2
𝑉
2
Thay giá trị vào cơng thức trên ta được:
𝜌𝑛𝑢𝑐

(1,0086 + 1,0072) × 1,66 × 10−27
=
× 1,35 × 1044 = 2,26 × 1017 (𝑘𝑔⁄𝑚3 )

2

Mật độ điện tích trong hạt nhân:
𝜌𝑒 =

𝑄
𝑍𝑒 𝑒 𝐴 𝑒
=
= × = × n𝑛𝑢𝑐
𝑉
𝑉
2 𝑉 2

Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được:
1,6 × 10−19
𝜌𝑒 =
× 1,35 × 1044 = 1,08 × 1025 ( 𝐶 ⁄𝑚3 )
2
4


1.8

Theo kết quả thực nghiệm về tán xạ điện từ trên hạt nhân, mật độ của chất hạt nhân

được diễn tả bởi phương trình:  r  

0
rR
1  exp 


 a 

, với R là bán kính hạt nhân, a là hằng

số. Chứng minh rằng bề mặt hạt nhân (là khoảng cách d có mật độ từ 0,90 – 0,10) là
hằng số.
Bài giải:
Ta có:
 r  

0
rR
1  exp 

 a 

Suy ra
r = R + a × ln [

𝜌0
− 1]
𝜌 (𝑟 )

Độ dày bề mặt hạt nhân:
𝜌0
−1
𝜌(𝑟2 )
]
d = 𝑟2 − 𝑟1 = 𝑎 × 𝑙𝑛 [ 𝜌

0
−
1
𝜌(𝑟1 )
Thay giá trị ρ(𝑟2 ) = 0.1𝜌0 và ρ(𝑟2 ) = 0.9𝜌0 vào cơng thức trên, ta được:
10 − 1
) = 4,4𝑎 = const
d = 𝑟2 − 𝑟1 = 𝑎 × 𝑙𝑛 (
1,11 − 1

1.9

a) Xác định bán kính hạt nhân O16 và Pb206
b) Tìm hạt nhân bền, biết bán kính của nó bằng 1/3 bán kính của hạt nhân Os189.
c) Hạt nhân U235 bị vỡ thành hai hạt nhân có tỉ số số khối 2/1. Tìm bán kính của hai
mảnh vỡ đó.
Bài giải:

a) Bán kính hạt nhân
1

R = 𝑟0 𝐴3
với 𝑟0 = (1,2 ÷ 1,5)𝑓𝑚
Đối với hạt nhân O16
1

R 𝑂16 = 1,21 × 163 = 3,05(𝑓𝑚)
5

Đối với hạt nhân Pb206
1

R 𝑃𝑏206 = 1,21 × 2063 = 7,15(𝑓𝑚)
b) Bán kính hạt nhân Os189
1

R 𝑂𝑠189 = 𝑟𝑜 𝐴𝑂𝑠189 3 (𝑓𝑚)
Bán kính hạt nhân X
1

R𝑋 = 𝑟𝑜 𝐴𝑋 3 (𝑓𝑚)
Ta có tỉ số
1

R 𝑂𝑠189
𝐴𝑂𝑠189 3
) =3
=(
R𝑋
𝐴𝑋
Suy ra
𝐴𝑋 =

𝐴𝑂𝑠189 189
=
=7
27
27

Trong số những hạt nhân có số khối A=7, chỉ có Li7 là hạt nhân bền. Vậy hạt nhân X là hạt
nhân Li7
U235  X + Y

c)
Ta có:

𝐴𝑋 + 𝐴𝑌 = 235
và
𝐴𝑋
=2
𝐴𝑌
Suy ra
𝐴𝑋 = 78; 𝐴𝑌 = 157
Bán kính của hạt nhân X
1

R𝑋 = 1,21 × 783 = 5,17(𝑓𝑚)
Bán kính của hạt nhân Y
1

R 𝑌 = 1,21 × 1573 = 6,53(𝑓𝑚)
1.10

Viết công thức tính năng lượng liên kết của hạt nhân theo khối lượng nguyên tử

hidrô, khối lượng nguyên tử của hạt nhân, và khối lượng neutron.
Bài giải:
Năng lượng liên kết của hạt nhân:
6

𝐸𝑙𝑘 = 𝑀𝑛 𝑐 2 + 𝑀𝑝 𝑐 2 − 𝑀𝑛𝑢𝑐 𝑐 2 = 𝑁 × 𝑚𝑛 𝑐 2 + 𝑍 × 𝑚𝑝 𝑐 2 − 𝑀𝑛𝑢𝑐 𝑐 2
Thêm bớt số hạng Z × 𝑚𝑒 𝑐 2 vào cơng thức trên, ta được:
𝐸𝑙𝑘 = 𝑁 × 𝑚𝑛 𝑐 2 + 𝑍 × 𝑚𝑝 𝑐 2 + Z × 𝑚𝑒 𝑐 2 − (𝑀𝑛𝑢𝑐 𝑐 2 + Z × 𝑚𝑒 𝑐 2 )
𝐸𝑙𝑘 = 𝑁 × 𝑚𝑛 𝑐 2 + 𝑍 × (𝑚𝑝 + 𝑚𝑒 )𝑐 2 − (𝑀𝑛𝑢𝑐 + Z × 𝑚𝑒 )𝑐 2
Mà 𝑚𝐻 = 𝑚𝑝 + 𝑚𝑒 và 𝑀𝑛𝑡 = 𝑀𝑛𝑢𝑐 + Z × 𝑚𝑒
Do đó
𝐸𝑙𝑘 = 𝑁 × 𝑚𝑛 𝑐 2 + 𝑍 × 𝑚𝐻 𝑐 2 − 𝑀𝑛𝑡 𝑐 2 = (𝑁 × 𝑚𝑛 + 𝑍 × 𝑚𝐻 − 𝑀𝑛𝑡 )𝑐 2
Nếu khối lượng tính theo đơn vị amu và năng lượng tính theo MeV, ta có:
𝐸𝑙𝑘 = (𝑁 × 𝑚𝑛 + 𝑍 × 𝑚𝐻 − 𝑀𝑛𝑡 ) × 931,5𝑀𝑒𝑉
Chỉ ra rằng năng lượng liên kết của hạt nhân E  Z H  A  Z n   nt . Trong đó

1.11

H = mH –1, n = mn – 1, nt = mnt –A

Bài giải:
Nếu khối lượng được tính theo đơn vị năng 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 năng lượng liên kết riêng của các 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 ở bài tập 1.11, ta có:
𝐸𝑙𝑘 18

𝐴𝑟40

= (22 × 1,008665 + 18 × 1,007825 − 39,962384) × 931,5 = 343,81MeV

Suy ra
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 ra

7


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 ra
𝑃𝑏208

ε𝑙𝑘

1.13

208
82𝑃𝑏

𝐸𝑙𝑘 82
=
𝐴

=

1636,46𝑀𝑒𝑉
= 7,87𝑀𝑒𝑉
208

Tính năng lượng cần cung cấp để phá vở hạt nhân Ne21 thành neutron, hạt nhân alpha

và 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 và O16 cần cung cấp 1 năng lượng tối
thiểu bằng năng lượng liên kết của chúng trong hạt nhân Ne21
Ta có:
∆E = (𝑚𝑂16 + 𝑚𝐻𝑒 4 + 𝑚𝑛 )𝑐 2 − 𝑚𝑁𝑒 21 𝑐 2 = (𝑚𝑂16 + 𝑚𝐻𝑒 4 + 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 năng lượng cần thiết để tách hạt nhân O16 thành 4 hạt alpha. Biết mHe4

=4.002604, mO16 = 15.994915 (amu)
Bài giải:

Để phá vỡ hạt nhân O16 thành 4 hạt nhân alpha cần cung cấp 1 năng lượng tối thiểu bằng năng
lượng liên kết của chúng trong hạt nhân O16
Ta có:
∆E = 4𝑚𝐻𝑒 4 𝑐 2 − 𝑚𝑂16 𝑐 2 = (4𝑚𝐻𝑒 4 − 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 năng lượng liên kết của neutron trong hạt nhân N14, nếu biết rằng năng lượng

liên kết của N14 và N13 là 104.66 và 94.10 (MeV).
Bài giải:
Ta có:
8


𝐸𝑙𝑘 𝑛 = (𝑚𝑁13 + 𝑚𝑛 − 𝑚𝑁14 )𝑐 2 = [(7𝑚𝑛 + 7𝑚𝑝 − 𝑚𝑁14 )𝑐 2 − (6𝑚𝑛 + 7𝑚𝑝 − 𝑚𝑁13 )𝑐 2 ]
Suy ra
𝐸𝑙𝑘 𝑛 = 𝐸𝑙𝑘 𝑁
1.16

14

− 𝐸𝑙𝑘 𝑁

13

= 104,66 − 94,10 = 10,56𝑀𝑒𝑉

Tìm năng lượng cần thiết để tách O16 thành C12 và alpha. Nếu biết rằng năng lượng

liên kết của O16, C12 và alpha lần lượt là 127.62, 92.16, và 28.32 (MeV)
Bài giải:
Ta có:
∆E = (𝑚𝐶 12 + 𝑚𝐻𝑒 4 − 𝑚𝑂16 )𝑐 2
∆E = [(8𝑚𝑛 + 8𝑚𝑝 − 𝑚𝑂16 )𝑐 2 − (6𝑚𝑛 + 6𝑚𝑝 − 𝑚𝐶 12 )𝑐 2 − (2𝑚𝑛 + 2𝑚𝑝 − 𝑚𝐻𝑒 4 )𝑐 2 ]
Suy ra
16

∆E = 𝐸𝑙𝑘 𝑂 − 𝐸𝑙𝑘 𝐶
1.17

12

4

− 𝐸𝑙𝑘 𝐻𝑒 = 127,62 − 92,16 − 28,32 = 7,14𝑀𝑒𝑉

Xác đònh năng lượng tỏa ra khi tạo thành hai hạt alpha do tổng hợp H2 và Li6. Nếu

biết rằng năng lượng liên kết của H2, Li6 và alpha lần lượt là 2.22, 31.98 và 28.32 (MeV)
Bài giải:
Ta có:
∆E = (𝑚𝐻 2 + 𝑚𝐿𝑖 6 − 2𝑚𝐻𝑒 4 )𝑐 2
∆E = [2(2𝑚𝑛 + 2𝑚𝑝 − 𝑚𝐻𝑒 4 )𝑐 2 − (3𝑚𝑛 + 3𝑚𝑝 − 𝑚𝐿𝑖 6 )𝑐 2 − (𝑚𝑛 + 𝑚𝑝 − 𝑚𝐻 2 )𝑐 2 ]
Suy ra
4

6

2

∆E = 2𝐸𝑙𝑘 𝐻𝑒 − 𝐸𝑙𝑘 𝐿𝑖 − 𝐸𝑙𝑘 𝐻 = 2 × 28,32 − 31,98 − 2,22 = 22,44𝑀𝑒𝑉
1.18

Chỉ ra rằng hiệu năng lượng liên kết của hai hạt nhân phản xứng gương B11 và C11

là do tương tác Coulomb. Biết khối lượng của chúng lần lượt là 11.00930533, 11.0114333
(amu), mn=1,00867 (amu); mp= 1,0073(amu)
Bài giải:
Hiệu năng lượng liên kết:
∆E𝑙𝑘 = |E𝑙𝑘 𝐵

11

11

− E𝑙𝑘 𝐶 | = |(6𝑚𝑛 + 5𝑚𝑝 − 𝑚𝐵11 )𝑐 2 − (5𝑚𝑛 + 6𝑚𝑝 − 𝑚𝐶 11 )𝑐 2 |
∆E𝑙𝑘 = |(𝑚𝑛 − 𝑚𝑝 + 𝑚𝐶 11 − 𝑚𝐵11 )𝑐 2 |
9


Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được:
∆E𝑙𝑘 = |(1,00867 − 1,0073 + 11,0114333 − 11,00930533) × 931,5𝑀𝑒𝑉 | = 3,26𝑀𝑒𝑉
Thế năng tương tác Coulomb:
E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏

3 𝑘𝑍(𝑍 − 1)𝑒 2
=
3

5
𝑟0 √𝐴

Hiệu năng lượng Coulomb:
∆E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 =

𝐵11
|𝐸𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏

−

𝐶 11
|
𝐸𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏

3𝑘𝑒 2 𝑍𝐵11 (𝑍𝐵11 − 1) 𝑍𝐶 11 (𝑍𝑐 11 − 1)
[
]|
=|
−
3
3
5𝑟0
√𝐴𝐶 11
√𝐴𝐵11

Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được:
∆E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏

3 × 9 × 109 × (1,6 × 10−19 )2 5 × 4 6 × 5

[3
]| = 5,18 × 10−13 J = 3,24MeV
=|
− 3
5 × 1,2 × 10−15
√11
√11

Ta nhận thấy hiệu năng lượng Coulomb gần bằng hiệu năng lượng liên kết. Vì vậy có thể kết
luận hiệu năng lượng liên kết của hai hạt nhân phản xứng gương B11 và C11 là do tương tác
Coulomb.
1.19

Xác đònh bán kính nhân He3 với giả thuyết rằng hiệu năng lượng liên kết của He3

và H3 được tạo ra bởi tương tác Coulomb.. Cho mHe3 = mH3= 3,0165(u) mn=1,00867 (amu);
mp= 1,0073(u)
Bài giải:
Hiệu năng lượng liên kết của He3 và H3:
3

3

∆E𝑙𝑘 = E𝑙𝑘 𝐻𝑒 − E𝑙𝑘 𝐻 = (𝑚𝑛 + 2𝑚𝑝 − 𝑚𝐻𝑒 3 )𝑐 2 − (2𝑚𝑛 + 𝑚𝑝 − 𝑚𝐻 3 )𝑐 2
∆E𝑙𝑘 = (𝑚𝑝 − 𝑚𝑛 + 𝑚𝐻 3 − 𝑚𝐻𝑒 3 )𝑐 2
Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được:
∆E𝑙𝑘 = (1,0073 − 1,00867 + 3,0165 − 3,0165) × 931,5𝑀𝑒𝑉 = 1,28𝑀𝑒𝑉
Hiệu năng lượng Coulomb:
∆E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 =

𝐻𝑒 3
𝐸𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏

−

𝐻3
𝐸𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏

3𝑘𝑒 2 𝑍𝐻𝑒 3 (𝑍𝐻𝑒 3 − 1) 𝑍𝐻 3 (𝑍𝐻 3 − 1)
[
]
=
−
5
𝑅
𝑅

Suy ra
3𝑘𝑒 2
[𝑍 3 (𝑍 3 − 1)−𝑍𝐻 3 (𝑍𝐻 3 − 1)]
𝑅=
5∆E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 𝐻𝑒 𝐻𝑒
Thay giá trị ∆E𝐶𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏 = ∆E𝑙𝑘 = 1,28𝑀𝑒𝑉 vào cơng thức trên, ta được:
10


𝑅=

So sánh năng lượng tối thiểu cần thiết để tách neutron từ các hạt nhân

1.20
20Ca

3 × 1,44𝑀𝑒𝑉
[2(2 − 1) − 1(1 − 1)] = 1,35𝑓𝑚
5 × 1,28𝑀𝑒𝑉

43

20Ca

41

, 20Ca42,

. Cho MCa40 = 39.962589 u, MCa41 = 40.962275 u, MCa42 = 41.958625 u, MCa43 =

42.958880 u, mn = 1.008665 u.
Bài giải:
Năng lượng tối thiểu cần thiết để tách neutron ra khỏi hạt nhân bằng năng lượng liên kết của
neutron với hạt nhân.
Ta có:
∆E𝑛 (𝐶𝑎41 ) = (𝑀𝐶𝑎40 + 𝑚𝑛 − 𝑀𝐶𝑎41 ) × 931,5
= (39,962589 + 1,008665 − 40,962275) × 931,5
= 8,36𝑀𝑒𝑉
∆E𝑛 (𝐶𝑎42 ) = (𝑀𝐶𝑎41 + 𝑚𝑛 − 𝑀𝐶𝑎42 ) × 931,5
= (40,962275 + 1,008665 − 41,958625) × 931,5
= 11,91𝑀𝑒𝑉
∆E𝑛 (𝐶𝑎43 ) = (𝑀𝐶𝑎42 + 𝑚𝑛 − 𝑀𝐶𝑎43 ) × 931,5
= (41,958625 + 1,008665 − 42,958880) × 931,5

= 7,83𝑀𝑒𝑉
Ta nhận thấy rằng
∆E𝑛 (𝐶𝑎43 ) < ∆E𝑛 (𝐶𝑎41 ) < ∆E𝑛 (𝐶𝑎42 )
1.21

Hãy khảo sát về phương diện năng lượng xem hạt nhân Ra226 có tồn tại không? Nếu

tồn tại hãy xét xem hạt nhân này có phân rã alpha không. Cho mRa26=226,0254098(u);
m=4,0002(u).
Bài giải:
Năng lượng liên kết của hạt nhân Ra226:
𝐸𝑙𝑘 = (𝑁 × 𝑚𝑛 + 𝑍 × 𝑚𝑝 − 𝑀𝑛𝑢𝑐 )𝑐 2
Thay giá trị vào cơng thức trên, ta được:
𝐸𝑙𝑘 = (138 × 1,00867 + 88 × 1,0073 − 226,0254098) × 931,5𝑀𝑒𝑉 = 1689.23MeV > 0
Do đó, ta có thể kết luận hạt nhân Ra226 có tồn tại
Xét phân rã
11


𝑅𝑎226 → 𝑅𝑛222 + 𝛼
Năng lượng của phân rã trên
𝐸𝑝ℎâ𝑛 𝑟ã = (𝑀𝑅𝑛222 + 𝑀𝛼 − 𝑀𝑅𝑎226 )𝑐 2
Thay giá trị vào công thức trên, ta được:
𝐸𝑝ℎâ𝑛 𝑟ã = (222,0175777 + 4,0002 − 226,0254098) × 931,5𝑀𝑒𝑉 = −7,11MeV < 0
Kết luận: hạt nhân Ra226 phân rã α

1.22

Tìm các trạng thái có thể có của hạt nhân deuteron nếu momen toàn phần của nó có giá

trị J = 1.
Bài giải:
Momen toàn phần của hạt nhân deuteron
𝐽⃗ = 𝐿⃗⃗𝑝 + 𝐿⃗⃗𝑛 + 𝑆⃗𝑝 + 𝑆⃗𝑛 = 𝐿⃗⃗ + 𝑆⃗
Đối với nucleon S𝑝 = 𝑆𝑛 =

1
2

Suy ra S = 0 và S = 1
Số lượng tử spin-quỹ đạo L nhận các giá trị trong khoảng
|𝐽 − 𝑆| ≤ 𝐿 ≤ 𝐽 + 𝑆
- Trường hợp S = 0 và J = 1, ta có
1≤𝐿≤1
Suy ra
L=1
Trạng thái tương ứng của hạt nhân: nP1 (n = 1; 2; 3…)
- Trường hợp S = 1 và J = 1, ta có
0≤𝐿≤2
Suy ra
𝐿=0
{𝐿 = 1
𝐿=2
Trạng thái tương ứng của hạt nhân: nS1 , nP1 , n𝐷1 (n= 1; 2; 3…)
Vậy các trạng thái có thể có của hạt nhân deuteron với momen toàn phần J = 1 là
nS1 , nP1 , n𝐷1 (n = 1; 2; 3…)

12

1.23

Tỉ số cường độ các thành phần siêu tinh tế của vạch phổ 3P1/2  2S1/2 của Na23 gần

bằng 10/6. Chú ý rằng cấu trúc siêu tinh tế gây nên do việc tách mức 2S1/2 (có thể bỏ qua việc
tách mức 3P1/2). 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 tròn xoay có phương trình

x 2  y2 z 2
 2 1
a2
b

Thì momen tứ cực điện bằng Q 

2Z 2 2
 b  a  với Ze là điện tích tổng cộng của hạt nhân. Nếu
5

bán kính trung bình của hạt nhân là R 3o  a 2 b với R o  R o  b
Chứng minh rằng Q 

6Z 2  R o 
Ro 

5
 Ro 

Bài giải:
Ta có:
𝑅𝑜 + 𝛿𝑅𝑜 = 𝑏

𝑅𝑜

3

𝑅𝑜 3
=𝑎 𝑏→𝑎 =
𝑏
2

2

Moment tứ cực điện
13


Q=

2𝑍 2
2𝑍
𝑅𝑜 3
(𝑏 − 𝑎 2 ) =
[(𝑅𝑜 + 𝛿𝑅𝑜 )2 −
]
5
5
𝑅𝑜 + 𝛿𝑅𝑜

2𝑍 (𝑅𝑜 + 𝛿𝑅𝑜 )3 − 𝑅𝑜 3
2𝑍 𝑅𝑜 3 + 3𝑅𝑜 2 𝛿𝑅𝑜 + 3𝑅𝑜 𝛿𝑅𝑜 2 + 𝛿𝑅𝑜 3 − 𝑅𝑜 3
[

]=
[
]
Q=
5
𝑅𝑜 + 𝛿𝑅𝑜
5
𝑅𝑜 + 𝛿𝑅𝑜
Với δ𝑅𝑜 ≪ 𝑅𝑜 ta có:
2𝑍 3𝑅𝑜 2 𝛿𝑅𝑜
6𝑍 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 thực nghiệm Weiszäcker tính:
Năng lượng liên kết của Ca40 và Ag107

(a)

(b) Năng lượng liên kết 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 thức bán thực nghiệm Weiszäcker
2
𝐴
( − 𝑍)
2
1
E(A, Z) = 𝑎𝑜 𝐴 − 𝑎1 𝐴3 − 𝑎2 𝑍 2 𝐴−3 − 𝑎3 2
+𝛿
𝐴

Mặt khác

E(A, Z) = [𝑍𝑚𝑝 + (𝐴 − 𝑍)𝑚𝑛 − 𝑀(𝐴, 𝑍)]𝑐 2
Suy ra
2
𝐴
( − 𝑍)
2
1
1
M(A, Z) = 𝑍𝑚𝑝 + (𝐴 − 𝑍)𝑚𝑛 − 2 [𝑎𝑜 𝐴 − 𝑎1 𝐴3 − 𝑎2 𝑍 2 𝐴−3 − 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 + 0,015 ×

2
583

= 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

16
8𝑂

có 8 proton và 8 neutron chốn đầy các mức
Z=8

N=8

1p1/2

1p1/2

1p3/2

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 = 3 , N = 4

Z=3

N=4

1p3/2

1p3/2

1s1/2

1s1/2

Nucleon lẻ cuối cùng nằm ở mức 1p3/2
Vậy trạng thái cơ bản của Li7 là 1p3/2
-

Xét hạt nhân C13 có Z = 6 , N = 7
Z=6

N=7
1p1/2

1p3/2

1p3/2

1s1/2

1s1/2

Nucleon lẻ cuối cùng nằm ở mức 1p1/2
Vậy trạng thái cơ bản của C13 là 1p1/2
-

Xét hạt nhân Mg25 có Z = 12 , N = 13
Z = 12

N = 13

1d5/2

1d5/2

1p1/2

1p1/2

1p3/2

1p3/2

1s1/2

1s1/2

Nucleon lẻ cuối cùng nằm ở mức 1d5/2
Vậy trạng thái cơ bản của Mg25 là 1d5/2

3.7

Nhờ vào mẫu lớp xác đònh tính chẵn lẻ và spin ở trạng thái cơ bản của các hạt nhân

O17, Si29, K39, Sc45 và Cu63
Bài giải:
- Xét hạt nhân O17 (Z = 8, N = 9)

18


Z=8

N=9
1d5/2

1p1/2

1p1/2

1p3/2

1p3/2

1s1/2

1s1/2
Trạng thái cơ bản của O17 là: 1d5/2
Spin J = 5/2
Tính chẵn lẻ 𝜋 = (−1)𝑙 = (−1)2 = +1

- Xét hạt nhân Si29 (Z = 14, N = 15)
Z = 14

N = 15
2s1/2

1d5/2

1d5/2

1p1/2

1p1/2

1p3/2

1p3/2

1s1/2

1s1/2

Trạng thái cơ bản của Si29 là 2s1/2
Spin J = 1/2
Tính chẵn lẻ 𝜋 = (−1)𝑙 = (−1)0 = +1
Xét hạt nhân K39 (Z = 19, N = 20)
Z = 19

N = 20

1d3/2

1d3/2

2s1/2

2s1/2

1d5/2

1d5/2

1p1/2

1p1/2

1p3/2

1p3/2
19


1s1/2

1s1/2

Trạng thái cơ bản của K39 là: 1d3/2
Spin J = 3/2
Tính chẵn lẻ 𝜋 = (−1)𝑙 = (−1)2 = +1

Xét hạt nhân Sc45 (Z = 21, N = 24)
Z = 21

N = 24

1f7/2

1f7/2

1d3/2

1d3/2

2s1/2

2s1/2

1d5/2

1d5/2

1p1/2

1p1/2

1p3/2

1p3/2

1s1/2

1s1/2

Trạng thái cơ bản của Sc45 là: 1f7/2
Spin J = 7/2
Tính chẵn lẻ 𝜋 = (−1)𝑙 = (−1)3 = −1
Xét hạt nhân Cu63 (Z = 29, N = 34)
Z = 29

N = 34

1f5/2
2p3/2

2p3/2

1f7/2

1f7/2

1d3/2

1d3/2

2s1/2

2s1/2

1d5/2

1d5/2

1p1/2

1p1/2

1p3/2

1p3/2

1s1/2

1s1/2
20


Trạng thái cơ bản của Cu63 là: 2p3/2
Spin I = 3/2
Tính chẵn lẻ (−1)𝑙 = (−1)1 = −1
3.8

Hãy chỉ ra sự thành công trong việc đưa thế tương tác spin-quỹ đạo vào phương trình

Schưdinger trong mẫp lớp
Bài giải:
Sinh viên tự giải thích
3.9

Từ các nuclid sau: C13, O18, K40, Ti49, Ni60, Zr91, Mo92, Sb121, Nd143, Sm144, 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
C13 , Ti49 , Zr91 , Tl205 , Pb207

21


3.23

Pb208 là nhân magic đôi (Z = 82, N = 126). Thêm một p ta được Bi209, thêm một n ta

được Pb209. Các nucleon “dư” này dễ bò bứt ra hơn so với các nucleon nằm trong các lớp
vỏ choán đầy của Pb208.
(a) Tính năng lượng cần thiết để bứt được p “dư” ra khỏi Bi209 và so sánh nó với năng
lượng cần thiết để bứt một p nằm trong các lớp vỏ đã choán đầy của Pb208
(b) Tính năng lượng cần thiết để bứt được n “dư” ra khỏi Pb209 và so sánh nó với năng
lượng cần thiết để bứt một n nằm trong các lớp vỏ đã choán đầy của Pb 208.
(c) Các kết quả rút ra có phù hợp với mong đợi không? Hãy dùng các số liệu về khối
lượng nguyên tử trong bảng sau:*
Nuclid

Z

N

Khối lượng nguyên tử (amu)

Bi209

82 + 1

126

208.9804

Pb208

82

126

207.9767

Tl207

82 – 1

126

206.9774

Pb209

82

126 + 1

208.9811

Pb207

82

126 – 1

206.9759

p

1

-

1.00783

n

-

1

1.00867

Bài giải:
Năng lượng cần thiết để bứt p ra khỏi Bi209
∆E = (𝑀𝑃𝑏208 + 𝑚𝑝 − 𝑀𝐵𝑖209 )𝑐 2 = (207,9767 + 1,00783 − 208,9804) × 931,5𝑀𝑒𝑉 = 3,85𝑀𝑒𝑉

Năng lượng cần thiết để bứt p ra khỏi Pb208
∆E = (𝑀𝑇𝑙207 + 𝑚𝑝 − 𝑀𝑃𝑏208 )𝑐 2 = (206,9774 + 1,00783 − 207,9767) × 931,5𝑀𝑒𝑉 = 7,95𝑀𝑒𝑉

Kết luận: Năng lượng cần thiết để tách p dư ra khỏi Bi209 nhỏ hơn năng lượng cần thiết để
tách p trong các lớp vỏ chốn đầy của Pb208
Năng lượng cần thiết để tách n dư ra khỏi Pb209
∆E = (𝑀𝑃𝑏208 + 𝑚𝑛 − 𝑀𝑃𝑏209 )𝑐 2 = (207,9767 + 1,00867 − 208,9811) × 931,5𝑀𝑒𝑉 = 3,98𝑀𝑒𝑉

Năng lượng cần thiết để tách n ra khỏi Pb208
∆E = (𝑀𝑃𝑏207 + 𝑚𝑛 − 𝑀𝑃𝑏208 )𝑐 2 = (206,9759 + 1,00867 − 207,9767) × 931,5𝑀𝑒𝑉 = 7,33𝑀𝑒𝑉

Kết luận: Năng lượng cần thiết để tách n dư ra khỏi Pb209 nhỏ hơn năng lượng cần thiết để
tách n trong các lớp vỏ chốn đầy của 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 luật bảo tồn động lượng:
'

p  p  p Li
Suy ra

pLi  p  p '
Bình phương 2 vế, ta có:
2
𝑝𝐿𝑖
= 𝑝𝛼2 + 𝑝𝛼′2 − 2𝑝𝛼 𝑝𝛼′ cos 𝜃
2m𝐿𝑖 𝑇𝐿𝑖 = 2𝑚𝛼 𝑇𝛼 + 2𝑚𝛼 𝑇𝛼′ − 4𝑚𝛼 √𝑇𝛼 𝑇𝛼′ cos 

m𝐿𝑖 𝑇𝐿𝑖 = 𝑚𝛼 𝑇𝛼 + 𝑚𝛼 𝑇𝛼′ − 2𝑚𝛼 √𝑇𝛼 𝑇𝛼′ cos 

(1)

Theo định luật bảo tồn năng lượng:
𝑇𝛼 = 𝑇𝐿𝑖 + 𝑇𝛼′

Suy ra
𝑇𝐿𝑖 = 𝑇𝛼 − 𝑇𝛼′

(2)

Thay (2) vào (1), ta có:
m𝐿𝑖 (𝑇𝛼 − 𝑇𝛼′ ) = 𝑚𝛼 𝑇𝛼 + 𝑚𝛼 𝑇𝛼′ − 2𝑚𝛼 √𝑇𝛼 𝑇𝛼′ cos 
Thay các giá trị : mLi = 6,015126amu; mα = 4,001506amu; θ = 300; Tα = 1 MeV vào phương
trình trên, ta được :
2
100,33𝑇𝛼′ − 88,37𝑇𝛼′ + 4,05 = 0
Nghiệm:
𝑇 ′ = 0,0485(𝑀𝑒𝑉 ),
𝑇𝐿𝑖 = 0,9515(𝑀𝑒𝑉 )
{ 𝛼′
𝑇𝛼 = 0,8323(𝑀𝑒𝑉 ),
𝑇𝐿𝑖 = 0,1677(𝑀𝑒𝑉 )

23


Điều kiện
𝑇𝛼′ >

𝑚𝐿𝑖 − 𝑚𝛼
. 𝑇 = 0,2
𝑚𝐿𝑖 + 𝑚𝛼 𝛼

Như vậy động năng của Li6 sau va chạm TLi = 0,1677 MeV
4.2

Proton có động năng 0.9 MeV chòu va chạm đàn tính trực diện trên deuteron đứng

yên ( góc tán xạ bằng 180o). Tìm động năng của p còn lại sau va chạm.
Bài giải:
Theo định luật bảo tồn động lượng
𝑝⃗𝑝 = 𝑝⃗𝑝′ + 𝑝⃗𝐻′ 2
Bình phương 2 vế, ta được
2

2

2

2

𝑝𝑝 2 = 𝑝𝑝′ + 𝑝𝐻′ 2 + 2𝑝𝑝′ 𝑝𝐻′ 2 cos 180𝑜 = 𝑝𝛼′ + 𝑝𝐻′ 2 − 2𝑝𝑝′ 𝑝𝐻′ 2
2𝑚𝑝 𝑇𝑝 = 2𝑚𝑝 𝑇𝑝′ + 2𝑚𝐻 2 𝑇𝐻′ 2 − 4√𝑚𝑝 𝑚𝐻 2 𝑇𝑝′ 𝑇𝐻′ 2 (1)
Theo định luật bảo tồn năng lượng
𝑇𝑝 = 𝑇𝑝′ + 𝑇𝐻′ 2 (𝑇𝑝′ < 0.9𝑀𝑒𝑉)
Suy ra
𝑇𝐻′ 2 = 𝑇𝑝 − 𝑇𝑝′ (2)
Thay (2) vào (1), ta được:
𝑇𝑝 = 𝑇𝑝′ +

𝑚𝐻 2 ′
𝑚𝐻 2 ′ ′
𝑇𝐻 2 − 2√
𝑇 𝑇 2 (1)
𝑚𝑝

𝑚𝑝 𝑝 𝐻

Thay giá trị vào phương trình trên, ta có:
0,9 = 𝑇𝑝′ + 2(0,9 − 𝑇𝑝′ ) − 2√2𝑇𝑝′ (0,9 − 𝑇𝑝′ ) (1)
𝑇𝑝′ − 0,9 = −2√2𝑇𝑝′ (0,9 − 𝑇𝑝′ ) (1)
Bình phương 2 vế, ta được
2

9𝑇𝑝′ − 9𝑇𝑝′ + 0,81 = 0
Nghiệm của phương trình trên
𝑇𝑝′ = 0,9𝑀𝑒𝑉(𝑙𝑜ạ𝑖)
{ ′
𝑇𝑝 = 0,1𝑀𝑒𝑉
Vậy động năng giật lùi của proton sau va chạm là
𝑇𝑝′ = 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 bảo tồn động lượng
𝑝⃗𝛼 + 𝑝⃗𝐻 2 = 𝑝⃗𝛼′ + 𝑝⃗𝐻′ 2
Vì ban đầu hạt nhân H2 đứng n 𝑝⃗𝐻 2 = 0 nên ta có
𝑝⃗𝛼 = 𝑝⃗𝛼′ + 𝑝⃗𝐻′ 2
Bình phương 2 vế, ta được:
2

2

2

2

𝑝𝛼 2 = 𝑝𝛼′ + 𝑝𝐻′ 2 + 2𝑝𝛼′ 𝑝𝐻′ 2 cos 120𝑜 = 𝑝𝛼′ + 𝑝𝐻′ 2 − 𝑝𝛼′ 𝑝𝐻′ 2
2𝑚𝛼 𝑇𝛼 = 2𝑚𝛼 𝑇𝛼′ + 2𝑚𝐻 2 𝑇𝐻′ 2 − 2√𝑚𝛼 𝑚𝐻 2 𝑇𝛼′ 𝑇𝐻′ 2 (1)
Theo định luật bảo tồn năng lượng
𝑇𝛼 = 𝑇𝛼′ + 𝑇𝐻′ 2 (𝑇𝛼 > 0.4𝑀𝑒𝑉)
Hay là
𝑇𝐻′ 2 = 𝑇𝛼 − 𝑇𝛼′ (2)
Thay vào (2) vào (1), ta được:
𝑇𝛼 = 𝑇𝛼′ +

𝑚𝐻 2
𝑚𝐻 2 ′
(𝑇𝛼 − 𝑇𝛼′ ) − √

𝑇𝛼 (𝑇𝛼 − 𝑇𝛼′ ) (1)
𝑚𝛼
𝑚𝛼

Thay giá trị vào phương trình trên, ta có:

25