Съдържание

НЕСФ 2025, Специална тема — Задача 3. Физика на ядрото

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НЕСФ 2025

Национално есенно състезание по физика, София, 7 – 9 ноември 2025 г. — Тема за VII състезателна група (Специална тема) · 7 ноември 2025 г. · 10 т.

Лист за отговори

ВАЖНО! Всеки отговор трябва да е обоснован в работните листа. Необосновани верни отговори се оценяват с 0 точки!

Условие

Атомното ядро е съставено от протони и неутрони. Въпреки кулоновото отблъскване между протоните, ядрото остава свързано благодарение на остатъчното силно ядрено взаимодействие. Както електромагнитното взаимодействие си има своята частица преносител – фотонът, така и това взаимодействие има своята частица преносител – пион ( $\pi$ ). За разлика от фотона, пионът има ненулева маса, което обяснава близкодействието на това взаимодействие.

а) Ако масата на пиона е $m_{\pi} \approx 135\ \mathrm{MeV}/c^2$ , оценете радиуса $r_{\pi}$ на действие на остатъчното силно ядрено взаимодействие. [0,9 т.]

Както е известно, масата на ядрото не е равна на сумата от масите на съставящите го частици. Разликата се нарича масов дефект.

б) Изразете масовия дефект $\Delta m = m_{\mathrm{я}} - \left(Zm_p + Nm_n\right)$ чрез енергията на свързване на ядрото $E_{\mathrm{св}} > 0$ . [0,3 т.]

За да даде количествено обяснение на този дефект, през 1930 г. Георги Гамов предлага капков модел, според който ядрото се разглежда като капка от еднородна, несвиваема, равномерно заредена течност.

в) Покажете, че радиусът на ядрото се дава от $R = r_0 A^{1/3}$ . Пресметнете $r_0$ , ако е известно, че $R\left(^{210}_{\ 84}\mathrm{Po}\right) \approx 7.2\ \mathrm{fm}$ . [0,4 т.]

През 1935г. Карл Вайцзекер получава полуемпиричната формула, базирана на този модел, която добре описва енергията на свързване на средни и тежки ядра. Тя включва 4 основни члена – обемен ( $E_V$ ), повърхнинен ( $E_S$ ), Кулонов ( $E_C$ ) и асиметричен ( $E_A$ ):

E_{\mathrm{св}} = E_V + E_S + E_C + E_A = a_V f_V(Z,A) - a_S f_S(Z,A) - a_C f_C(Z,A) - a_A\frac{(N-Z)^2}{A}

където функциите $f_{V,S,C}(Z,A)$ са от вида $Z^{\alpha}A^{\beta}$ .

Обемният и повърхнинният терм са потенциалните енергии на остатъчното ядрено взаимодействие. Това взаимодействие е еднакво силно за протоните и неутроните. В този модел нуклоните на практика взаимодействат само със своите преки съседи, което е аналогично на взаимодействието на молекулите в една течност. По тази причина и тук се наблюдава явление подобно на повърхностното напрежение.

г) Имайки предвид полученото досега, аргументирайте се защо е добро приближение да се смята, че само съседните нуклони си взаимодействат чрез ядреното взаимодействие. [0,8 т.]

д) Намерете $f_V(Z,A)$ и $f_S(Z,A)$ . [1,2 т.]

Кулоновият член представлява електростатичната потенциална енергия на ядрото.

е) Намерете $f_C(Z,A)$ . Намерете и изчислете $a_C$ . Стойността представете в MeV. [1,7 т.]

Оттук нататък приемете $a_V = 15.8\ \mathrm{MeV}, a_S = 18.3\ \mathrm{MeV}, a_C = 0.71\ \mathrm{MeV}, a_A = 23.2\ \mathrm{MeV}$ .

Мярка за стабилността на ядрата е средната енергия на свързване за нуклон, т.е. $E_{\mathrm{св}}/A$ .

ж) Намерете $Z$ за най-стабилно ядро с дадено масово число $A$ . Покажете, че за леките елементи $Z \approx N$ , а за тежките $Z < N$ и дайте качествено обяснение за това. [0,7 т.]

з) Оценете поредният номер $Z$ и масовото число $A$ на най-стабилните ядра. [0,9 т.]

През 1938 г. Отто Фриш и Фриц Щрасман наблюдават разпад на уран ( $Z = 92$ ) до барий ( $Z = 56$ ) и криптон ( $Z = 36$ ) след бомбардиране с бавни неутрони. До тогава се е смятало за невъзможно да се отцепят толкова големи парчета от ядрото – особено от бавни неутрони. В края на същата година Лиза Майтнер (родена на 9. ноември) и Отто Хан обясняват процеса чрез капковия модел като следствие от предизвиканото от неутрона разтрептяване на капката и последващото ѝ разделяне.

и) Като разгледате слабо деформирано ядро по капковия модел, покажете, че за ядра с $Z^2/A \gtrsim C$ сферичната капка е в неустойчиво равновесие и ядрото спонтанно се разпада. Изразете критичната стойност $C$ чрез $a_S$ и $a_C$ и я изчислете. Пренебрегнете асиметричния член в полуемпиричната формула. [2,4 т.]

й) Разпада ли се спонтанно $^{235}_{\ 92}\mathrm{U}$ според този модел? [0,2 т.]

Разпадът на уран-235, предизвикан от неутрон, е $n + ^{235}_{\ 92}\mathrm{U} \to\ {}^{141}_{\ 56}\mathrm{Ba} + ^{92}_{36}\mathrm{Kr} + 3n$ .

к) Определете енергията $Q$ , която се е отделила при детонацията на атомната бомба „Little Boy“ (Хирошима). Известно е, че само $0.9\ \mathrm{kg}$ уран-235 е претърпял разпад. Отговора представете в единици килотон тротил kt, където $1\ \mathrm{kt} = 4.2\cdot 10^{12}\ \mathrm{J}$ . Пренебрегнете енергията на отделилите се неутрони. [0,5 т.]

Забележка: Бомбата всъщност е имала общо 51kg уран-235!!!

Полезна математика:

\text{За } x \ll 1:\qquad (1+x)^{\alpha} \approx 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2 \qquad\qquad \arcsin x \approx x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40}

Енергия на равномерно зареден елипсоид $\left(a = b < c\ ;\ e = \sqrt{1-\frac{a^2}{c^2}}\right)$ :

W = \frac{3kQ^2}{5\sqrt[3]{a^2c}}\,(1-e^2)^{\frac{1}{6}}\,\frac{\arcsin e}{e}

Площ на елипсоид $\left(a = b < c\ ;\ e = \sqrt{1-\frac{a^2}{c^2}}\right)$ :

S = 2\pi(a^2c)^{\frac{2}{3}}\left[(1-e^2)^{\frac{1}{3}} + \frac{\arcsin e}{e(1-e^2)^{\frac{1}{6}}}\right]

Лист за отговори

Решение

а) От съотношението за неопределеност енергия-време и формулата на Айнщайн, за времето на живот на пиона се получава $\tau \sim \hbar/m_{\pi}c^2$ . За това време, пионът е изминал разстояние не повече от $c\tau \sim \hbar/m_{\pi}c = \Lambda_{\pi}$ , където $\Lambda_{\pi}$ е Комптъновата дължина на пиона. Понеже остатъчното силно ядрено взаимодействие се осъществява чрез обмен на пион, то радиусът му на действие трябва да е от порядъка на най-голямото изминато от пион разстояние. Така $r_{\pi} \sim \Lambda_{\pi} \approx 1.5\ \mathrm{fm}$ .

([0,7 т.] за идеята и [0,2 т.] за пресмятането)

б) $\Delta mc^2 = E_{\mathrm{ядро}} - \sum E_{\mathrm{нуклони}} = -E_{\mathrm{св}} \Rightarrow \Delta m = -E_{\mathrm{св}}/c^2$ [0,3 т.]

в) Ако ядрото е направено от хомогенна течност с фиксирана плътност, то обемът на ядрото е пропорционален на броя нуклони, т.е. $V \sim A$ . С отчитане на $V \sim R^3$ се получава, че $R \sim A^{1/3}$ или $R = r_0A^{1/3}$ за някакво $r_0$ [0,3 т.].

Щом $R(A = 210) \approx 7.2\ \mathrm{fm}$ , то за $r_0$ се получава $r_0 \approx 1.2\ \mathrm{fm}$ . [0,1 т.]

г) Обемът, заеман от един нуклон, е $V_1 \sim \frac{4}{3}\pi r_0^3$ . В такъв случай, разстоянието между два нуклона е от порядъка на $2r_0 \sim 2.4\ \mathrm{fm}$ . [0,2 т.] В същото време радиусът на действие на остатъчното силно ядрено взаимодействие е $r_{\pi} \sim 1.5\ \mathrm{fm}$ . Това, че двете са от един и същи порядък, означава, че взаимодействието е най-съществено помежду нуклоните, които са преки съседи [0,6 т.].

д) Нуклоните са или вътрешни за капката ( $A_{int}$ ), или на повърхрността ( $A_S$ ), като очевидно $A = A_{int} + A_S$ . Нека енергията на една връзка между 2 нуклона е $\varepsilon$ . Всеки от вътрешните нуклони има връзки с някакъв брой $n$ заобикалящи го съседни нуклони. В същото време всеки от нуклоните на повърхността има връзки с $n' < n$ нуклона, понеже са на границата. При този начин на броене на връзките, всяка връзка е преброена 2 пъти и следователно общата енергия е

E_V + E_S = \frac{1}{2}(A_{int}n\varepsilon + A_S n'\varepsilon) = \frac{n\varepsilon}{2}A - \frac{(n-n')\varepsilon}{2}A_S

([0,7 т.] за идеята и [0,2 т.] за израза)

Броят нуклони на повърхността е пропорционален на площта на повърхността на капката, т.е. $A_S \propto R^2 \propto A^{2/3}$ . [0,3 т.] Така се получава

E_V + E_S = a_V A - a_S A^{2/3} \Rightarrow f_V(Z,A) = A\ ;\ f_S(Z,A) = A^{2/3}

е) Потенциалната енергия на равномерно заредено кълбо със заряд $Q$ и радиус $R$ е

W = \frac{3}{5}\frac{kQ^2}{R} \Rightarrow E_C = -W = -\frac{3}{5}\frac{kQ^2}{R}

([1,5 т.] за извод на формулата)

Зарядът е $Q = Ze$ , където $e \approx 1.6\cdot 10^{-19}\ C$ е елементарния електричен заряд. Имайки предвид $R = r_0A^{1/3}$ се получава:

E_C = -\frac{3}{5}\frac{ke^2}{r_0}\frac{Z^2}{A^{1/3}} \Rightarrow f_C(Z,A) = Z^2A^{-\frac{1}{3}},\ a_C = \frac{3}{5}\frac{ke^2}{r_0} \approx 0.72\ \mathrm{MeV}

([0,2 т.] за пресмятането и резултата)

ж) За $\varepsilon_{\mathrm{св}} := E_{\mathrm{св}}/A$ имаме:

\varepsilon_{\mathrm{св}}(Z,A) = \frac{E_{\mathrm{св}}}{A} = a_V - a_S A^{-\frac{1}{3}} - a_C Z^2 A^{-\frac{4}{3}} - a_A\left(1-\frac{2Z}{A}\right)^2

Ще намерим поредният номер на най-стабилното ядро с дадено масово число:

\frac{\partial\varepsilon}{\partial Z} = -2a_C ZA^{-\frac{4}{3}} - 2a_A\left(1-\frac{2Z}{A}\right)\left(-\frac{2}{A}\right) = 0 \Rightarrow Z = \frac{A}{2}\left(1+\frac{a_C}{4a_A}A^{\frac{2}{3}}\right)^{-1}

\Rightarrow Z \approx \frac{A}{2} - \frac{a_C}{8a_A}A^{\frac{5}{3}}\ ;\quad N \approx \frac{A}{2} + \frac{a_C}{8a_A}A^{\frac{5}{3}}

([0,3 т.] за условието за екстремум и производната и [0,1 т.] за намирането на $Z, N$ )

Оттук се вижда, че за леки ядра $Z \approx N \approx A/2$ , а за по-тежки ядра $N > Z$ .

Причината за това е, че неутроните са като лепило, което държи ядрото. Колкото по-голям е поредният номер, толкова по-големи са Кулоновите сили на отблъскване, което води до нуждата от повече неутрони. [0,3 т.]

з) Заместваме полученият от предната подточка резултат за $Z(A)$ в $\varepsilon_{\mathrm{св}}(Z,A)$ .

\varepsilon(A) = a_V - a_S A^{-\frac{1}{3}} - \frac{a_C}{4}A^{\frac{2}{3}}\left(1+\frac{a_C}{4a_A}A^{\frac{2}{3}}\right)^{-2} - a_A\left(1-\left(1+\frac{a_C}{4a_A}A^{\frac{2}{3}}\right)^{-1}\right)^2

\varepsilon(A) = a_V - a_S A^{-\frac{1}{3}} - \frac{a_C}{4\left(A^{-\frac{2}{3}}+\frac{a_C}{4a_A}\right)}

[0,2 т.] Нека $x = A^{-1/3}$ и $f(x) := \varepsilon(A)$ . Така се търси максимум на $f$ .

f(x) = a_V - a_S x - \frac{a_C}{4x^2+\frac{a_C}{a_A}} \Rightarrow f'(x) = -a_S + \frac{8a_C x}{\left(4x^2+\frac{a_C}{a_A}\right)^2} = 0

\Rightarrow x^2 - \sqrt{\frac{a_C}{2a_S}}\sqrt{x} + \frac{a_C}{4a_A} = 0 \Rightarrow x = \sqrt{\sqrt{\frac{a_C}{2a_S}}\sqrt{x} - \frac{a_C}{4a_A}} \approx \sqrt{0.1393\sqrt{x} - 7.651\cdot 10^{-3}}

$x$	$f(x)$
0.1000	0.190787
0.1908	0.230643
0.2306	0.243397
0.2434	0.247130
0.2471	0.248181
0.2482	0.248491
0.2485	0.248575
0.2486	0.248604
0.2486	0.248604

[0,3 т.] Полученото подлежи на решаване числено чрез итерации. Лесно се съобразява, че очакваме уравнението да има 2 решения, от които едното е много малко (което значи неестествено голяма стойност за $A$ и $Z$ ), а другото е това, което търсим. Започвайки итерациите от $x = 0.1$ се получава $x \approx 0.2486 \Rightarrow A = x^{-3} \approx 65$ . В същото време

Z = \frac{A}{2}\frac{1}{1+\frac{a_C}{4a_A}A^{2/3}} \approx 29

Следователно, търсеният от нас елемент, е $^{65}_{29}X$ – това е мед. [0,4 т.]

и) Енергията на свързване има минимум в недеформираното състояние, когато то е състояние на неустойчиво равновесие. Това значи, че ядрото е нестабилно, когато малки деформации водят до повишаване на енергията на свързване. [0,7 т.]

Нека сферичната капка се е деформирала до елипсоид ( $a = b < c$ ) с много малък ексцентрицитет $0 < e \ll 1$ . Понеже ядрото само се деформира, обемът на капката остава постоянен. Тогава $V = \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{4}{3}\pi abc \Rightarrow R = \sqrt[3]{a^2c}$ , където $R$ е радиусът на ядрото в недеформирано състояние. [0,5 т.]

Известно е, че $E_V \propto V, E_S \propto S, E_C = W$ и следователно промяната в енергията на свързване е [0,2 т.]

\Delta E_{\mathrm{св}} = \frac{E_V\Delta V}{V_0} - \frac{E_S\Delta S}{S_0} - \frac{E_C\Delta W}{W_0}

където $V_0, S_0 = 4\pi R^2 = 4\pi(a^2c)^{2/3}, W_0 = \frac{3}{5}\frac{kQ^2}{R} = \frac{3}{5}\frac{kQ^2}{(a^2c)^{1/3}}$ са обемът, площта и електростатичната енергия в недеформирано състояние. Понеже обемът не се променя, $\Delta V = 0$ , а останалото развиваме в ред [0,8 т.]:

S = S_0\left(1+\frac{2e^4}{45}+\cdots\right) \Rightarrow \frac{\Delta S}{S_0} = \frac{2e^4}{45} \qquad W = W_0\left(1-\frac{e^4}{45}-\cdots\right) \Rightarrow \frac{\Delta W}{W_0} = -\frac{e^4}{45}

\Rightarrow \Delta E_{\mathrm{св}} = (E_C - 2E_S)\frac{e^4}{45}

Оттук следва, че условието за спонтанен разпад е [0,2 т.]

\Delta E_{\mathrm{св}} > 0 \Leftrightarrow E_C > 2E_S \Leftrightarrow a_C\frac{Z^2}{A^{1/3}} > 2a_S A^{2/3} \Leftrightarrow \frac{Z^2}{A} > \frac{2a_S}{a_C} = C \approx 51

й) За уран-235, имаме $Z^2/A \approx 28.7 < 51$ и следователно той не се разпада спонтанно според този модел. [0,2 т.]

к) От закона за запазване на енергията за енергията отделена при разпада на едно ядро уран се получава [0,2 т.]

Q_1 = \left(E_n - E_{\mathrm{св}}(^{235}_{\ 92}\mathrm{U})\right) - \left(E_{3n} - E_{\mathrm{св}}(^{141}_{\ 56}\mathrm{Ba}) - E_{\mathrm{св}}(^{92}_{36}\mathrm{Kr})\right)

\approx E_{\mathrm{св}}(^{141}_{\ 56}\mathrm{Ba}) + E_{\mathrm{св}}(^{92}_{36}\mathrm{Kr}) - E_{\mathrm{св}}(^{235}_{\ 92}\mathrm{U})

След директно пресмятане с помощта на полуемпиричната формула се получава [0,2 т.]

Q_1 \approx 156.4\ \mathrm{MeV} \approx 2.50\cdot 10^{-11}\ \mathrm{J}

В $m = 0.9\ \mathrm{kg}$ уран-235 има $N = \frac{m}{235\ \mathrm{kg/kmol}}N_A \approx 2.31\cdot 10^{24}$ атома и следователно отделената енергия при взрива е от порядъка на

Q = NQ_1 \approx 5.8\cdot 10^{13}\ \mathrm{J} \approx 13.7\ \mathrm{kt}

[0,1 т.]

Справочни данни

$c=3\cdot10^8\ \mathrm{m/s}$

$\varepsilon_0=8.85\cdot10^{-12}\ \mathrm{F/m}$

$e=1.6\cdot10^{-19}\ \mathrm C$

$h=6.63\cdot10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$

$1\ \mathrm{eV}=1.6\cdot10^{-19}\ \mathrm J$

$m_e=9.1\cdot10^{-31}\ \mathrm{kg}$

$N_A=6.02\cdot10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$

Специална тема

Зад. 2, о) -- Резултатът трябва да е $I = 2.1 \times 10^{15}\ \mathrm{W/cm^2}$ .

Зад. 3, й) -- За урана $Z^2/A = 36.0$ , а не $28.7$ .

Оригинал в Архива: esenni_2026_STproblems.pdf · официални решения: esenni_2026_STsolutions.pdf · допълнителни данни: errata.txt · допълнителни данни: ST_ST_anssheet.pdf