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• Natália Gonçalves

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Chapter 1 Solution  24 2.14) The planet earth has a mass of approximately  6 ×10 kg . If the density of the earth were equal to  that of nuclei, how big would the earth be? 

Solution:  For one nucleus density; 

R = 1.25 × 10 −13 cm × A1/ 3 = 1.25 × 10 −13 cm   Assuming that the nuclei have spherical shape; 

V=

4π 3 R = 8.181× 10−39 cm3 3  

ma.m.u = 1.66054 × 10 −24 g ⇒ ρ = 2.03 × 1017 kg / m3   Thus, the earth volume becomes; 

Vearth =

mearth

ρ

=

6 ×1024 kg = 2.96 ×107 m3 2.03 ×1017 kg / m3  ( V

real

= 1.0832 × 10 21 m3 ) 

If the density of the Earth were equal to the density of the nuclei, its volume would be as small as 

2.733 × 10 −16  of its present volume.   2.16) The fission of the nucleus of 

235

U releases approximately 200MeV. How much energy (in kilowatt‐

hours and megawatt‐days) is released when 1 g of 

235

U  undergoes fission?   

Solution: 

1g − 235 U =

1g × 0.6022 × 1024 fissioned − 235 Uatoms = 2.563 ×1021 atoms 235 g   2.563 × 10 21 atoms ×

Released Energy: 

200 MeV = 512.6 × 1021 MeV 1atoms  

4.450 × 10−20 kWhr = 512.6 ×10 MeV × = 22810kWhr 1MeV   21

= 22810kWhr ×  

1day = 0.9505MWd 24hr  

2.25) An electron moves with a kinetic energy equal to its rest‐mass energy. Calculate the electron’s    a) total energy in units of  me c 2   b) mass in units of 

me  

c) speed in units of c  d) wavelength in  units of the Compton wavelength   Solution:  

Erest = me c 2

 and 

Erest = Ekinetic ⇒ Etot = Ekinetic + Erest = 2me c 2  

divided − by − c Etot = Ekinetic + Erest ⇒ mtot c 2 = me c 2 + me c 2 ⎯⎯⎯⎯⎯ → mtot = 2me 2

m me 1 ⇒ ν = (1 − ( e ) 2 )1/ 2 c = 0.86603c m= = 2 2 m 1 −ν / c  where  m 2   λ hc hc h λ= = = = c = 0.5774λc 3me c 3 4me 2 c 4 − me 2 c 4 Etotal 2 − Erest 2

 

me

 where  λc =

h me c  

2.39) Consider the chain decay  

A → B → C ,  With no atoms of B present at t=0.  a)  Show that the activity of B rises to a maximum value at the time  tm  given by  

tm =

1 λ ln( B ) λB − λ A λ A  

At which time the activities of A and B are equal.  b) Show that, for t < tm , activity of B is less than that of A, whereas the reverse is the case for t > tm .  Solution: 

NB = a) 

N A (0)λA − λAt − λB t (e − e ) λ B − λA  

dN B =0 The maximum value at  dt  

− λ A e − λ A t + λ B e − λB t = 0   ⇒ λ A e − λ A t = λ B e − λ B t   ln(λA e − λAt ) = ln(λ B e − λBt ) ⇒ ln(λ A ) − λ At = ln(λB ) − λB t ln(λ B e − λB t )

− ln(λ A ) + ln(λB ) = λB t − λAt

⇒t =

 

1 λ ln( B ) λB − λ A λ A  

Test if activities equal 

N A λ A = N B λB   N A (0)λ A e − λAt =

N A (0)λB λ A − λAt − λB t λA λA ln( λB / λ A ) ⇒ (e − e ) = ( λB − λA ) λB − λ A λ λB   λB − λ A B   ⇒ λA = λB e  

b) From the above equation if RHS is greater, then activity, B is greater if LHS is greater, then activity A is  greater. So, consider   λA

λA

B

B

− ε ln( ) − ln( λA =e λ =e λ λB

)ε

=(

λA ε )  note  ε tm  is substitute instead of  tm .  λB

So if  ε >1,  t > tm  and activity of B is greater, if  ε 1 1), the concen ntration of the i‐th radionu uclide can be determined from 

 

λ1 (U − T1/1 2 = 244.5kyy ) = 7.77 × 100−9 d −1   λ2 (Th − T1/ 2 = 77 ky ) = 24.66 × 10−9 d −1   λ3 (Ra − T1/ 2 = 1.6ky ) = 1.19 × 10−6 d −1  

λ4 (Rn − T1/ 2 = 3.8d ) = 0.1824d −1   N Rn (0) =

λ1

λ2

λ3

λ2 − λ1 λ3 − λ2 λ4 − λ3

NU (0) = 8.7664 × 1015 atom ms  

ARn (0) = λ4 × N Rn (0) = 1.866 × 10110 Bq     2.51) Consider the reaction   6

Li (α , p )9 Be  

Using atomic mass datta, compute:  6 9 4 H   a) the total binding energy of  Li ,  Be and  He

b) the Q vvalue of the re eaction usingg the results o of part (a).  Solution: 

6

Decay Scheme:  3 a) 

Li + 42 He →94 Be +11 p

BE ( a ) = Z a M (1 H ) + N a M n − M a

 

 a is in units of mass for  a + b → c + d  

BE (36 Li) = Z Li M (1 H ) + N Li M n − M Li = (3 ×1.00797 + 3 ×1.008665 − 6.01512)amu × 931.494MeV / amu = 32.40MeV   BE ( 42 He) = Z He M (1 H ) + N He M n − M He = (3 × 1.00797 + 3 × 1.008665 − 4.0026) amu × 931.494 MeV / amu = 29 MeV BE (94 Be) = Z Be M (1 H ) + N Be M n − M Be = (3 × 1.00797 + 3 × 1.008665 − 9.0122) amu × 931.494 MeV / amu = 59 MeV

  b)  Q = [ BE (c ) + BE ( d )] − [ BE ( a ) + BE (b)]  Or  Q = [ M a + M b ] − [ M c + M d ]931MeV  

⇒ Q = [ BE ( Be)] − [ BE ( Li ) + BE (α )] = 59 − (32.4 + 29) = −2.4 MeV     2.54) Compute the separation energies of the last neutron in the following nuclei:  4 a)  He   7 b)  Li   17 c)  O   51 d)  V  

e)  f) 

208

235

Pb  

U 

Solution:  The separation energy of the last neutron can be estimated from; 

ES = [ M n + M ( A−1 Z ) − M ( A Z )] × 931.481MeV / amu 4

a)  2

He : 42 He →10 n + 32 He

7

b)  3 17

c)  8

Li : 37 Li →10 n + 36 Li

 and 

 and 

 

ES = −[4.0026 − 1.008665 − 3.01603] × 931.48 = 20.581MeV  

ES = −[7.016 − 1.008665 − 6.01512] × 931.48 = 7.2516 MeV  

1 16 O : 17 8 O → 0 n + 8 O  and  ES = −[16.9913 − 1.008665 − 15.99491] × 931.48 = 4.150 MeV  

 

51

d)  23

1 50 V : 51 23 V → 0 n + 23 V

208

e)  82 235

f)  92

and 

208 207 Pb : 82 Pb →10 n + 82 Pb

ES = −[50.9440 − 1.008665 − 49.9472] × 931.48 = 11.052 MeV  

 and 

ES = −[207.9766 − 1.008665 − 206.9759] × 931.48 = 7.419 MeV  

235 234 U : 92 U →10 n + 92 U  and  ES = −[235.0439 − 1.008665 − 234.0409] × 931.48 = 5.2768MeV  

  2.61) It has been proposed to use uranium carbide (UC) for the initial fuel in certain types of breeder  3

reactors, with the uranium enriched  to 25 w/o. The density of UC is  13.6 g / cm .   a) What is the atomic weight of the uranium?  b) What is the atomic density of the 

235

U ? 

Solution: 

ωi 1 1 1 1 25 75 ( ) ⇒ M = 237.292g = ⇒ = + ∑ 100 100 235.0439 238.0508 M M i Mi   a)  b)  M (UC ) = M (U ) + M (C ) = 237.292 + 12 = 249.292 g   The percent by weight of uranium in  UC = 237.292 ×100/249.292=95.186w/o   Average density of the uranium is therefore =0.95186 × 13.6=12.945g/cm   3

And the density of U‐235 =0.25 × 12.945=3.236g/cm   3

ρ NA

3.236 × 0.6022 × 1024 N( U) = = = 8.2917 × 1021 atoms / cm3 M 235.0439   235

2.62) Compute  the atom densities of  uranium is enriched to  3.5w / o in 

235

235

3

U and  238U  in  UO  of physical density  10.8 g / cm  if the  2

U . 

Solution:  It is first necessary to compute the atomic weight of the uranium.  

1 1 3.5 96.5 = + ( ) ⇒ M = 237.944 M 100 235.0439 238.0508   The molecular weight of the  UO2 is then;  MUO2 = 237.944+2 × 15.999=269.942  

The percent by weight of uranium in  UO2 = 237.944 ×100/269.942=88.146w/o   Average density of the uranium is therefore =0.88146 × 10.8=9.5198g/cm   3

And the density of U‐235 =0.035 × 9.5198=0.333193g/cm   3

N ( 235U ) =

ρ NA M

=

0.33193 × 0.6022 ×1024 = 8.504 × 1020 atoms / cm3 235.0439  

And the density of U‐238 =0.965 × 9.5198=9.1866g/cm   3

N ( 238U ) =

ρ NA M

=

9.1866 × 0.6022 × 1024 = 2.323 × 1022 atoms / cm3 238.0504  

2.63) The fuel for certain breeder reactor consist of pellets composed of mixed oxides,  UO2  and  PuO2 ,  with the  PuO2  compromising approximately 30 w/o of the mixture. The uranium essentially all 

238

U , 

whereas the plutonium contains the following isotopes:  239 Pu (70.5w / o) ,  240 Pu (21.3w / o) ,  241

Pu (5.5w / o)  and  242 Pu (2.7 w / o) . Calculate the number of atoms each isotope per gram of the 

fuel.   Solution: 

ωi 1 1 1 1 70.5 21.3 5.5 2.7 = ⇒ = + + + ( ) ⇒ M Pu = 239.4 ∑ M 100 i M i M Pu 100 239 240 241 242    M PuO2 = 271.4

1 M (UPu )O2

=

 and 

M UO2 = 270

 

1 30 70 ( + ) ⇒ M (UPu )O2 = 270.4 100 271.4 270

There are 0.3 g 

 

PuO2  and 0.7g UO2  in 1g of fuel. Thus, 

The percent by weight of Pu in  PuO2 = 239.4 ×100/271.4=88.21w/o   The percent by weight of Pu‐239 in  PuO2 = 0.705 × 88.21 = 62.19 w / o   The percent by weight of Pu‐240 in  PuO2 = 0.213 × 88.21 = 18.79w / o   The percent by weight of Pu‐241 in  PuO2 = 4.85w / o  

The percent by weight of Pu‐241 in  PuO2 = 2.38w / o   The percent by weight of U‐238 in  UO2 = 238 ×100/270=88.15w/o   So, 

N Pu − 239 =

0.3 × 0.6219 × 0.6022 × 1024 = 4.7 ×1020 atoms 239  

N Pu − 240 =

0.3 × 0.1879 × 0.6022 × 1024 = 1.41× 1020 atoms 239  

0.3 × 0.0485 × 0.6022 × 1024 = 3.64 ×1019 atoms   N Pu − 241 = 239 N Pu − 242 =

0.3 × 0.0238 × 0.6022 ×1024 = 1.78 ×1019 atoms   239

NU − 238 =

0.7 × 0.8815 × 0.6022 ×1024 = 1.56 × 1021 atoms   239

  Chapter 3 Solution  3.1) Two beams of 1‐eV neutrons intersect at an angle of 90. The density of neutrons is both beams is 

2 × 108 neutrons / cm 3 .  a) Calculate the intensity of each beam.  b) What is the neutron flux where the two beams intersects?  Solution: 

n = 2 × 108 neutrons / cm 3  

ν=

2E m  where  E = 1 − eV  and  m = 939.56563MeV / c 2  for neutron 

⇒ ν = 13831.6m / s   I = nν = 2.7663 × 1014 neutrons / cm 2 − sec  

φ = ntotν = ( n1 + n2 )ν = 5.5365 × 1014 neutrons / cm 2 − sec  

10 2 2 3.3)  A monoenergetic neutron beams ,  φ = 4 × 10 n / cm − sec , impinges on a target  1cm  in area  24 3 and 0.1cm thick. There are  0.048 × 10 atoms / cm in the target, and the total cross‐section  at the  energy of the beam is 4.5b. 

(a)  What is the macroscopic total cross‐section?  (b) How many neutron interactions per second occur in the target?  (c) What is the collision density?  Solution:  

A = 1cm 2  

x = 0.1cm   N = 0.048 × 10 24 atoms / cm 3  

σ t = 4.5b   φ = 4 ×1010 n / cm 2 − sec   Σ t = N σ t = 4.5 × 10 −24 × 0.048 × 10 24 = 0.216cm −1

 

Number of interactions per second (in entire target): Collision density: 

F = Σ tφ = 0.864 × 1010

= Σ tφ Ax = 0.864 × 109

 

 

3.5) Calculate the mean free path of 1‐eV neutrons in graphite. The total cross‐section of carbon at this  energy is 4.8b.  Solution: 

σ t = 4.8b for 1‐eV  24 3 From Table II.3,  N = 0.08023 × 10 atoms / cm  

⇒λ =

1 1 = = 2.5977cm Σt σ t N  

3.7) A beam of 2‐MeV neutrons is incident from the left on a target that extends from x=0 to x=a. Derive  an expression for the probability that a neutron in the beam will have its first collision in the second half  of target that is in the region a/2