ID: 00026626
Ядро покоящегося нейтрального атома, находясь в однородном магнитном поле с индукцией \overset{\to}{B} , испытывает α -распад. При этом рождаются α -частица и тяжёлый ион нового элемента. Масса α -частицы равна m _{α}, её заряд равен 2| e |, масса тяжёлого иона равна M . Выделившаяся при α -распаде энергия Δ E целиком переходит в кинетическую энергию продуктов реакции. Трек α -частицы находится в плоскости, перпендикулярной направлению магнитного поля. Начальная часть трека напоминает дугу окружности. Найдите радиус этой окружности.
Источник: ФИПИ
Сюжет распадается на две части, и их надо аккуратно склеить. Часть первая — сам распад: покоящееся ядро разлетается на два осколка, и энергия \Delta E делится между ними не пополам, а по особому правилу. Часть вторая — полёт \alpha-частицы в магнитном поле: там её закручивает сила Лоренца, и радиус дуги напрямую связан с импульсом. Мостиком между частями служит импульс \alpha-частицы.
Шаг 1 — закон сохранения импульса. До распада ядро покоилось, значит суммарный импульс системы был нулевым. После распада он обязан остаться нулевым: \vec p_\alpha+\vec p_{ион}=0. Отсюда сразу два вывода: осколки летят строго в противоположные стороны, и модули их импульсов ОДИНАКОВЫ. Обозначим этот общий модуль через p.
Шаг 2 — как делится энергия. Вся выделившаяся энергия ушла в кинетическую энергию продуктов: \Delta E=\dfrac{p^2}{2m_\alpha}+\dfrac{p^2}{2M}. Здесь удобно пользоваться именно формой E_к=\dfrac{p^2}{2m}, а не \dfrac{m\upsilon^2}{2}, потому что общая величина у осколков — это импульс, а не скорость.
Шаг 3 — выражаем импульс. Вынесем \dfrac{p^2}{2} за скобку: \Delta E=\dfrac{p^2}{2}\left(\dfrac{1}{m_\alpha}+\dfrac{1}{M}\right)=\dfrac{p^2}{2}\cdot\dfrac{M+m_\alpha}{m_\alpha M}. Отсюда p^2=\dfrac{2\Delta E\,m_\alpha M}{m_\alpha+M}, то есть p=\sqrt{\dfrac{2\Delta E\,m_\alpha M}{m_\alpha+M}}.
Шаг 4 — что делает магнитное поле. Трек \alpha-частицы лежит в плоскости, перпендикулярной полю, значит скорость перпендикулярна вектору \vec B. Сила Лоренца F=q\upsilon B в этом случае максимальна и всегда перпендикулярна скорости: она не меняет модуль скорости, а только заворачивает частицу — получается движение по окружности.
Шаг 5 — радиус окружности. Второй закон Ньютона для движения по окружности: q\upsilon B=\dfrac{m_\alpha\upsilon^2}{R}. Сократим на \upsilon: qB=\dfrac{m_\alpha\upsilon}{R}, а m_\alpha\upsilon — это и есть импульс p. Получаем удобную формулу R=\dfrac{p}{qB}. Заряд \alpha-частицы по условию равен 2|e|, поэтому R=\dfrac{p}{2|e|B}.
Шаг 6 — собираем ответ. Подставляем найденный импульс: R=\dfrac{1}{2|e|B}\sqrt{\dfrac{2\Delta E\,m_\alpha M}{m_\alpha+M}}. Ту же формулу можно записать компактнее, поделив числитель и знаменатель под корнем на M: R=\dfrac{1}{2|e|B}\sqrt{\dfrac{2m_\alpha\Delta E}{1+\dfrac{m_\alpha}{M}}}.
Проверим формулу на здравый смысл. Тяжёлый ион очень массивен по сравнению с \alpha-частицей, поэтому \dfrac{m_\alpha}{M} мало, и корень почти равен \sqrt{2m_\alpha\Delta E} — то есть практически вся энергия распада достаётся лёгкой \alpha-частице, а тяжёлый ион еле шевелится. Это знакомая всем картина: при одинаковых импульсах лёгкий осколок уносит львиную долю энергии. Ещё проверка: чем сильнее поле, тем круче закручивается частица — и R в формуле действительно обратно пропорционален B.
Обоснование модели. Используются: закон сохранения импульса для замкнутой системы (внешние силы за краткий миг распада роли не играют, а магнитное поле на покоившееся ядро не действует, так как оно неподвижно); связь кинетической энергии и импульса E_к=\dfrac{p^2}{2m} — она справедлива в нерелятивистском приближении, что для энергий обычного \alpha-распада вполне допустимо; выражение для силы Лоренца F=q\upsilon B\sin\varphi при \varphi=90^\circ (условие прямо говорит, что трек лежит в плоскости, перпендикулярной полю); второй закон Ньютона для движения по окружности с центростремительным ускорением \dfrac{\upsilon^2}{R}. Речь идёт именно о НАЧАЛЬНОЙ части трека — дальше частица теряет энергию в веществе и радиус постепенно уменьшается, но это уже за рамками задачи.