BAB 20

REAKSI-REAKSI NUKLIR

Nukleus-nukleus berat yang terbentuk dari fusidua nukleus ringan akan memiliki energi ikat per nukleon yang lebih besar dibanding salah satu nekleus aslinya. Namun, semakin besar energi ikat, semakin kecillah massa diamnya (subbab 18.1), dan massa diam yang hilang tampak sebagai energi yang dilepaskan.

Reaksi-reaksi yang nampak paling menjanjikan untuk dipakai dalam reaktor fusi praktis pertama adalah reaksi-reaksi D-D

H ¿¿ Q=3,27MeV

H ¿¿ Q=4,03MeV

Dan reaksi D-T

H ¿¿ Q=17,59MeV

Deretan reaksi yang dikenali sebagai karbon atau siklus Bethe Critchfield atau siklus proton-proton dipercaya terjadi disemua bintang. Siklus-siklus tersebut diilustrasikan di soal 20.27 hingga 20.29 dan soal 20.41.

Soal-soal dan jawabannya

Catatan : manakala dibutuhkan, massa-massa atom dapat diambil dari lampiran.

20.1. ketika Li36 diberondong dengan deuteron 4 MeV, salah satu reaksi yang teramati adalah

terbentuknya dua partikel α , masing-masing dengan energi sebesar 13,2 MeV, Carilah nilai Q untuk reaksi ini.

Jawaban : Q=(K∝1+K∝ 2)−Kd=(13,2MeV +13,2MeV )−3MeV=22,4MeV

20.2. tentukanlah partikel yang tidak diketahui dalam reaksi-reaksi inti berikut: (a) O (d , p ) X : (b )X ¿¿

Jawaban : (a) dalam proses O (d , p ) X ,818 satu neutron ditambahkan ke O ,8

18 untuk membentuk

X, yaitu O ,819

(b) dalam proses X ¿ satu proton dan dua neutron dikeluarkan dari X untuk membentuk Y ,3987

sehingga X adalah Zr ,4090

(c) dalam proses Te(X ,d) I .53124

52122 Satu deuteron ¿ terbentuk dari Te52

122 dan X , oleh karena itu,

X harus memiliki dua proton dan total empat nekleon, dan X adalah He .24

20.3. tentukanlah nukleus campuran dan beberapa kemungkinan hasil reaksi ketika partikel-partikel ∝ mengenai F .9

19

Jawaban : nukleus campuran tersebut memiliki Z=Z1+Z2=2+9=11 dan A=A1+A2=4+19=23 , oleh karena itu kita memiliki

He24 +F→¿¿¿

Nukleus ini selanjutnya dapat meluruh menjadi beberapa produk, seperti

¿¿

20.4 hitunglah nilai Q untuk reaksi-reaksi (a) O(γ , p) N ,715

816 (b) Sm62

150 ( p , x ) Pm.61147

Jawaban : untuk reaksi-reaksi M 1 (mi ,mf )M f , nilai Q-nya adalah

Q=[Mi+mi− (M f+mf )]c2

(a) Q= [15,994915u+0u−(15,000108u+1,007825u ) ](931,5MeVu )=−12,13MeV

(b) Q=[149,917276u+1,007825u−(146,915108u+4,002603u )]¿

20.5 Hitunglah kelebihan massa (soal 18.23) untuk (a) Ca.2042 (b) Te .52

130

Jawaban :

(a) δ=41,958625u+0u−42u=−0,041375u=−38,540MeV(b) δ=129,906238u−130u=−0,093762u=−87,337MeV

Data ini sering kali diberikan dalam bentuk kelebihan massa ketimbang dalam bentuk berat atom.

20.6 dengan data-data

Nukleus kelebihan massa

Os76192 0,039550 u

Os76191 -0,039030

d +0,014102

t +0,016050

carilah nilai Q untuk reaksi Os76192 (d , t ) Os76

191 .

Jawaban : ketika nilai total A dipertahankan di setiap reaksi, kita dapat menerima massa-massa diam dengan kelebihan-kelebihan massa untuk menghitung Q, dengan demikian

Q= [Mi+mi−(M f+mf ) ] c2

¿ [−0,038550u+0,014102u−(−0,039030u+0,016050u )] (931,5MeV /u)=−1,37MeV

20.7. ketika diamati disistem laboratorium, proton 6 MeV menerpa target C❑12 yang stasioner.

Carilah kecepatan sistem pusat massanya. Pakailah massa proton sebesar 1 u.

Jawaban : dengan perlakuan nonrelativitik, kecepatan proton didapatkan dari K i=1 /2mi v2:

v=√ 2K i

mi

=¿c √ 2K i

mic2 =(3×108m /s)√ 2(6MeV )

(1u)(931,5MeV /u)=3,41×107m / s¿

Dari persamaan (20.2),

vcm=mi

M i+mi

v= 1u12u+1u

(3,41×107m / s)=2,62×106m /s

Dalam arah proton.

20.8. untuk reaksi endotermis M i (mi ,mf )mf , tentukanlah bagaimana nilai Q direlasikan ke energi ambang dari partikel datang. Gunakanlah perlakuan nonrelativistik.

Jawaban : jawaban yang diinginkan lebih mudah didapatkan dengan melakukan peritungan disistem pusat massa, di mana total momentumnya adalah nol, dan kemudian mentransformasikan hasil-hasilnya kesistem laboratorium. Dengan notasi digambar 20-2, kita memiliki total energi kinetik disistem pusat massa

K i cm=12mv '2+ 1

2M iV

' 2

Dengan mentransformasikan kesistem laboratorium melalui persamaan (20.3), dan mengingatkan kembali bahwa partikel target diam di dalam sistem laboratorium, maka

K i cm=12mi( M i

mi+M i

v )2

+12M i( mi

mi+M i

v )2

¿( 12mi v

2)[M i(M i+mi)

(mi+M i )2 ]

¿K i cm=( M i

mi+M i)

Persamaan (l) adalah relasi umum antara energi-energi kinetik awal yang diukur dilaboratorium dengan sistem-sistem pusat massa.

Nilai Q reaksi, yang bergantung hanya pada massa-massaa diam, sama besarnya didalam kedua sistem :

K f lab−K ilab=K f cm−K i cm=Q

Energi ambang, K th cm , disistem pusat massa adalah energi kinetik awal yang akan menghasilkan dua partikel akhir pada keadaan diam ((K ¿¿ f cm=0)¿, sehingga

K th cm=−Q

Energi yang berkorespondensi didalam sistem laboratorium lalu didapatkan dari persamaan (l) sebagai

K th lab=−Q(M i+mi

M i)

Pernyataan yang lebih rinci untuk K th lab dapat diperoleh dengan meninjau energi kinetik, K* dari pusat massa (dalam sistem laboratorium ) ketika partikel yang datang memiliki energi ambang. Dari persamaan (20.2) dan (4), kita mendapatkan

K ¿=12

(M i+mi)V cm th2 =

mi

M i+mi( 1

2mi v th

2 )= mi

M i+mi

K th lab

¿(1+mi

M i+mi)K thlab=K th lab+Q

Atau

K th lab=−Q+K ¿

Persamaan (5) menyatakan bahwa partikel yang datang harus memiliki energi cukup untuk memulai reaksi endotermis (-Q) dan untuk menghitung gerak bruto sistem tersebut (K ¿, yang tidak berubah selama reaksi ).

20.9. carilah penghalang-penghalang (barrier) Coulumb untuk O816 , Nb41

93 , dan Bi83209 yang

ditampilkan oleh proton.

Jawaban : penghalang coulumb adalah energi yang dibutuhkan untuk membawa proton ke

bibir nukleus (Gambar 20-4). Jika kita mendefinisikan ∆≡ R+r=r0(A

13+1) , maka

Ec=k(Ze ) e∆

=k Ze2

r 0(A1 /3+1)

=( 1,44MeV . fm1,4 fm )( Z

A1/3+1 )=(1,03MeV )( ZA1/3+1 )

Untuk O ,816

EC=(1,03MeV )( 8

161 /3+1 )=2,34MeV

Untuk Nb ,4193

EC=(1,03MeV )( 41

931 /3+1 )=7,64MeV

Untuk Bi ,83209

EC=(1,03MeV )( 83

2091 /3+1 )=12,33MeV

20.10. mengaculah ke soal 20.9. bandinglah penghalang Coulumb, EC , dengan energi ambang di reaksi-reaksi tersebut.

Jawaban : O( p ,d) O815

816 Nb( p ,d) Nb41

924193 Bi ( p ,d) Bi83

20883

209

Nilai Q reaksi adalah

Q=(M i+M I−mf−M f)c2

Dan, dari persamaan (4) di soal 20.8.

K th=−Q(M i+mi

M i)

Untuk O (p ,d ) O815 :8

16

Q=(15,994915u+1,007825u−15,003070u−2,014102u)(931,5MeV /u)=−13,44MeV

K th=(13,44MeV )( 16u+1u16u )=14,28MeV

Untuk Nb ( p ,d ) Nb4192 :41

93

Q=(92,906382u+1,007825u−91,907211u−2,014102u)(931,5MeV /u)=−6,62MeV

K th=(6,62MeV )( 93u+1u93u )=6,69MeV

Untuk Bi ( p ,d) Bi :83208

83209

Q= (208,980394u+1,007825u−207,979731u−2,014102u )(931,5MeVu )=−5,23MeV

K th=(5,23Mev )( 209u+1u209u )=5,26MeV

Untuk O( p ,d) O . K th≫ EC815

816 dan reaksi tersebut akan terjadi dengan probabilitas tinggi

pada energi ambang. Untuk Bi83109 ( p ,d ) Bi ,83

208 K th≪ EC dan reaksi tersebut akan sulit terjadi

pada energi ambang, karena proton tidak pernah mendekat ke nukleus Bi .83209 Dalam reaksi

Nb ( p ,d ) Nb4182 ,41

83 energi ambangnya (6,69 MeV) lebih kecil dari pada penghalang Coulomb

(7,61 MeV), sehingga kita tidak bisa mengharapkan muncul reaksi, karena proton tidak dapat mencapai nukleus Nb.41

93 Namun dalam kenyataannya, reaksi Nb( p ,d) Nb4192

4193 nampak pada

energi ambang. Ini adalah contoh tunneling penghalang Coulomb, di mana proton, walaupun berada dibawah penghalang Coulomb, dapat menyeberang dan mencapai nukleus Nb41

93 .

20.11. jika terdapat n pusat hambaran (nukleus-nukleus) per satuan volume, setiap area σ, didalam target terbentuk tipis dengan ketebalan dT, carilah rasio R dari area yang terkena pusat-pusat hamburan dengan total area target.

Jawaban : didalam target tipis, tidak ada nukleus yang menyembunyikan nukleus lain. Dengan begitu,

R=total area pusat−pusat hamburanarea target

= volume target ×n×σarea target

=(AdT )×n×σ

A=nσ dT

20.12. buatlah pernyataan untuk jumlah partikel yang terhambur dari sebuah kertas seluas A yang memuat N0 partikel, setelah berkas itu melewaty ketebalan target material T yang memuat n pusat hamburan per satuan volume, setiap luas penampang melintang σ.

Jawaban : tinjaulah irisan tipis material target, setebal dT. Setiap kali partikel datang mengenai salah satu pusat hamburan didalam irisan tipis ini, partikel datang tersebut akan terhambur. Oleh karena itu, rasio jumlah partikel yang terhambur terhadap jumalah partikel-

partikel N yang datang ke irisan tipis akan sama dengan rasio total area pusat-pusat hamburan terhadap area bekas, sehingga dari persamaan 20.11 kita mendapatkan

jumlah partikel−partikel terhamburjumlah partikel−partikel datang

= total luas pusat−pusat hamburanluas target

Atau

dN sc

N=−dN

N=nσ dT

(tanda negatif dipergunakan karena terjadinya kenaikan partikel-partikel terhambu, dN sc , yang berkorespondensi dengan penurunan partikel-partikel datang, -dN.) dengan mengintegralkan pernyataan ini, kita mendapatkan

−∫N0

N f

dNN

=∫0

T

nσ dT atau −lnN f

N0

=nσT atau N f=N0 e−nσT

Dengan N0 dan N f adalah jumlah awal dan akhir partikel didalam berkas tersebut. Jumlah partikel terhambur selanjutnya diberikan oleh

N sc=N0−N f=N0(1−e−nσT)

20.13. untuk target penghambur hipotesis, 10−3 % dari berkas neutron datang mengalami hamburan. Jika target tersebut memiliki kerapatan 1,06×104 kg /m3 , A=200 dan total penampang melintang neutron per nukleus, σ, adalah 1,1 barn, carilah ketebalan target tersebut.

Jawaban : jumlah pusat hamburan per unit volume adalah

n=( 6,02×1026 nukleus/kmol200kg /kmol

)(1,06×104 kg /m3)=3,19×1028 nukleus/m3

Dan

nσ=(3,19×1028m−3 ) (1,1×10−28m2 )=3,51m−1

Untuk soal 20.12, jumlah jumlah partikel terhamburnya diberikan oleh

N sc=N0(1−e−nσT )

Dan dengan N sc /N0=10−5, kita peroleh

10−5=1−e−( 3,51m−1 )T atau e−(3,51m−1 )T=1−10−5

Untuk x yang kecil, e− x≈1−x , dan kita memperoleh

(3,51m−1 )T=10−5 atau T= 10−5

3,51m−1 =2,85×10−6m

20.14. ketika partikel α 5,30 MeV dari sumber Po84210 mengenai target Be4

9 , didapati bahwa partikel tersebut tidak bermuatan namun menghasilkan radiasi yang tidak diketahui. Dengan mengasumsikan bahwa radiasi yang tidak diketahui tersebut adalah sinar γ, hitunglah energi

yang dimiliki sinar γ ketika sinar itu meninggalkan target Be49 ke arah maju. [Soal ini,

bersama Soal 20.15 dan 20.16, mengilustrasikan pertimbangan yang menuntun Chadwick menemukan neutron pada tahun 1932.]Jawaban : reaksi yang diasumsikan adalah Be4

9 (α , γ ) C .613 Dengan mengambil nukleus Be4

9 diam dan energi kinetik partikel α sebesar 5,30 MeV, kita mendapati dari hukum kekekalan massa-energi

(MBe+M α )c2+Kα=M c c2+K c+K γ

(9,012186u+4,002603u)(931,5MeV /u)+5,30MeV=(13,003354u)(931,5MeV /u)+K c+K γ

K c+K γ=16,0MeV

Ketika sinar γ dan nukleus C613 bergerak ke arah yang sama dengan arah datang partikel α,

kita mendapati dari kekekalan momentumPα+Pγ+Pc atau Pα c=Pγ c+PccUntuk partikel-partikel material, dalam perlakuan nonrelativisik,

K= p2

2M=

( pc)2

2M c2 atau pc=√2 (M c2 )K

Dengan demikian,pα c=√2(4 u×931,5MeV /u)(5,30MeV )=199MeV

pc c=√2(4 u×931,5MeV /u)K c=156K c1 /2

Dan untuk foton sinar γ, E γ=K γ=pγ c. Dengan mensubsitusikannya kedalam persamaan (2):199MeV=K γ+156K c

1/2

Dengan menyelesaikan persamaan (1) dan (3) secara simultan, kita mendapatkan K γ=14,6MeV K c=1,4MeV

20.15. dalam ekzperimen terpisah, radiasi yang tidak diketahui disoal 20.14 jatuh pada target foton yang kaya akan parafin dan target N .7

14 Masih dengan mangasumsikan bahwa radiasi ini berupa foton, tentukanlah energi foton minimum untuk menghasilkan proton-proton mundur 5,7 MeV dan nukleus-nukleus N7

14 mundur 1,4 MeV dan bandingkanlah energi-energi ini dengan hasil di soal 20.14.Jawaban : foton-foton akan berikteraksi dengan nukleus-nukleus target melalui hamburan Compton E γ minimum akan berkorespondensi dengan tumbukan frontal. Dalam menganalisis tumbukan ini, kita boleh menggunakan pernyataan-pernyataan nonrelativistik untuk partikel-partikel tersebut karena energi-energi kinetik yang diamati jauh lebih kecil daripada energi-energi diam partikel-partikel target. Dengan demikian (utamanya kita mengacu ke kondisi setelah tumbukan ),hvmin=hn

'−K ' (kekekalan energi)Dan, karena seluruh momentum berada dispanjang sumbu x,hvc

=−hv '

c+m0 v

' (kekekalan momentum)

Dengan mengalirkan persamaan kedua dengan c dan menambahkannya ke permukaan pertama, kita dapatkan, setelah menggunakan m0 v

'=√2m0K',

2hvmin=√2m0 c2K '+K '=√K ' (√2m0 c

2+√K ')Karena 2m0 c

2 ≫K} ¿ kita dapat mengabaikan √K ' didalam tanda kurung untuk mendapatkan

hvmin=√ K '(m0 c2)

2Untuk target proton,

hvmin≈ √(5,7MeV )(938MeV )/2=52MeV

Untuk target N714 ,

hvmin≈ √(1,4MeV )(14u×931,5MeV /u)/2=96MeVKeduanya pencapaian energi ini sangat jauh dari perhitungan K γ=14,6MeV disoal 20.14. hal ini menunjukkan asumsi bahwa radiasi tidak diketahui tersebut adalah sinar γ tidak konsisten terhadap data yang diamati.

20.16. dengan mengasumsikan proton-proton mundur dan nukleus-nukleus N714 di soal 20.15

merupakan hasil dari tumbukan frontal dengan partikel datang masif, carilah massa dan energi kenetik awalnya.Jawaban : dengan subskrip 1 dan 2 masing-masing untuk partikel-partikel proyektil dan target, kita mendapatkan 12m1 v1

2=12m1 v1

'2+ 12m2 v2

'2(kekekalan energi nonrelativistik)

m1 v1❑=m1 v1

' +m2 v2' (kekekalan momentum)

Kecepatan v1' tidak diukur di eksperimen ini. Dengan menyelesaikan v1

' dari persamaan kedua dan mensubsitusikannya kedalam persamaan pertama. Kita mendapatkan relasi

v2' =

2m1 v1

m1+m2

Selanjutanya, energi kinetik akhir parikel 2 adalah

K2' =1

2m2 v2

' 2=12m2[ 2m1 v1

m1+m2 ]2

=4m1m2

¿¿¿

Dengan mensubsitusikan massa target dan energi yang di amati, kita mendapatkan dua persamaan untuk besaran m1 dan besaran K1:

Target proton : 5,7MeV=4m1(1U )(m1+1u)2 K1

Target N714 : 1,4MeV=

4m1(14u)¿¿

Hasilnya :m1=0,98u K1=5,7MeV

Nilai m1≈1u sesuai dengan massa neutron yang saat ini kita ketahui. Selain itu. Jika dalam soal 20.14, reaksi tersebut diambil sebagai Be(α ,n) C6

1349 alih-alih Be(α , γ ) C6

1349 , akan

ditemukan bahwa energi kinetik neutron tersebut kira-kira akan sama dengan nilai di atas 5,7 MeV (lihatlah soal 20.35).

20.17. berapakah energi kinetik neutron termal 300 K?Jawaban : energi termal suatu partikel adalah orde kT, dengan k adalah konstanta Boltzmann. Dengan demikian,

Kn=(8,617×10−5 eV /K )(300K)=0,026eV

20.18. secara rata-rata, neutron kehilangan separuh dari energinya pertumbukan dengan proton-peroton kuasi-bebas (lihatlah soal 20.40) untuk efek-efek tumbukan frontal). Berapa tumbukankah, secara rata-rata, yang dibutuhkan untuk mereduksi neutron 2 MeV menjadi energi termal sebesar 0,04 eV?Jawaban : jika N adalah jumlah tumbukan, rasio energi akhir terhadap energi awal adalah

K f

K i

= 0,04 eV2×106 eV

=(0,5)N atau (0,5)N=2×10−8

Dengan mengambil log untuk kedua ruas persamaan , kita dapatkan(−0,301 ) N=−7,70 atau N ≈26

Rata-rata neutronnn yang diproduksi dalam suatu fisi inti kira-kira 2 MeV, dan rata-ratanya adalah 26 tumbukan proton untuk mereduksi energi tersebut ketingkat-tingkat termal. Neutron-neutron termal memiliki probabilitas besar untuk memproduksi fisi lebih lanjut.

20.19. tentukanlah total energi kinetik akhir dalam fotofisi U92235 oleh sinar γ 6 MeV menjadi

Kr3690 , Ba56

142 , dan tiga buah neutron.Jawaban : reaksi fisinya adalah

U92235 +γ→ Kr+ Ba56

142 +301n36

90

Dari kekekalan massa energi,MU c

2+K γ=(MKr+MBa+3mn )c2+k fAtau

K f=[235,0439u− (89,91972u+141,91635u+3×1,008665u ) ](931,5MeVu )+6MeV

¿175,4MeV

20.20. sekitar 185 MeV dari energi yang dapat dipakai dilepaskan dalam reaksi fisi induksi neutron nukleus U .92

235 Jika U92235 didalam reaktor secara kontinu membangkitkan daya 100

MW. Berapa lamakah waktu yang dibutuhkan bagi 1 kg. Uranium tersebut untuk terpakai habis seluhnya?Jawaban : laju fisi yang berkorespondensi dengan keluaran daya tertentu tersebut adalah

(108 Js )( 10−6MeV

1,6×10−19J )( 1 fisi185MeV )=3,38×108 fisi

s

Satu kilogram U❑235 memuat

( 1kg235kg /kmol )(6,023×1026 nukleus

kmol )=2,56×1024 nukleus

Dan hasil akhirnya

t= 2,56×1024

3,38×1018 s−1=7,58×105 s=8,87hari

20.21. hitunglah temperatur yang dibutuhkan untuk menghasilkan fisi didalam plasma deuterium (campuran neutral dari elektron-elektron bermuatan negatif dan nukleus-nukleus deuterium bermuatan positif).Jawaban : dengan mengambil rentang gaya inti sebesar 2 fm, energi Columb repulsif (tolak menolak) di antara kedua deutron yang terpisah dalam jarak tersebut adalah

Ec=ke2

R=1,44 MeV . fm

2 fm=0,72MeV

Rata-rata energi kinetik di dalam sistem partikel-partikel pada temperatur T memiliki orde kT, sehingga

Ec=kT

0,72MeV=(8,617×10−11MeV /K )TT=8,35×109K

Analisis lebih detil yang dilakukan terhadap perhitungan penetrasi penghalang menunjukkan bahwa fusi akan mulai berlangsung pada temperatur sekitar 107 K.

20.22. berapakah energi yang akan dilepaskan jika dua nukleus deuterium melebur menjadi partikel α?Jawaban : reaksinya adalah

H+ ¿12 H1

2 → He24 ¿

Kekekalan massa energi memberikan 2MH c

2=MHe c2+Q

Q=(2MH−M He)c2

¿(2×2,014102u−4,002603u)(931,5MeV /u)=23,80MeVDalam soal 20.21 dijumpai bahwa sekitar 0,7 MeV energi dibutuhkan untuk memulai proses fisi, sedangkan 23,8 MeV dari energinya dilepaskan setelah fusi terjadi.

20.23. dalam suatu rangkaian proses, U92235 dan suatu netron membentuk nukleus campuran ¿,

yang kemudian mengalami fisi, fisi tersebut selanjutnya menghasilkan peluruhan-peluruhan berikutnya. Jika potongan fusi awalnya adalah Ba56

143 dan Kr3690 , ilustrasikanlah proses yang

dijalani hingga menjadi nukleus stabil akhir.Jawaban : proses awalnya adalah

U+ ¿92235 n0

1 →¿¿¿Ba56

143 kemudian melalui urutan peluruhan beta

Ba56143 →La+ ¿57

143 e−¿+v ¿¿Ce+ ¿58

143 e−¿+v ¿¿Pr+ ¿59

143 e−¿+ v¿¿Nd+ ¿60

143 e−¿+v ¿¿Nukleus Nd60

143 menjadi stabil. Kr3690 memulai peluruhan beta

Kr3690 →Rb+ ¿37

90 e−¿+ v ¿¿Sr+ ¿38

90 e−¿+ v ¿¿Y + ¿39

90 e−¿+v ¿¿Zr+ ¿40

90 e−¿+ v ¿¿Nukleus Zr40

90 menjadi stabil.Reaksi totalnya kemudian menjadi seperti

U+ ¿92235 n0

1 →¿¿¿

20.24. hitunglah energi yang dilepaskan dalam reaksi fisi di soal 20.23.Jawaban : jika massa-massa diam atomik digunakan dalam perhitungan Q dari persamaan (1) di soal 20.23, bentuk 8e−¿¿ tersebut gugur,Dengan demikian,

Q=[MU−MNd−M Zr−(3−1 )mn] c2

¿ [235,043915u−142,909779u−89,904700u−2 (1,008665u )](931,5MeV /u)=197MeV

20.25. hitunglah energi tolak menolak (repulsi) Coulumb untuk nukleus Ba56143 dan Kr36

90 di soal 20.30 sesaat setelah keduanya terbentuk.Jawaban : segera setelah terbentuk, nukleus-nukleus tersebut siasumsikan terbentuk bola dan saling bersentuhan. Energi Coulumbnya adalah

Ec=k(Z i e)(Z2e )R1+R2

=(ke)2Z1Z2

r0(A11/3+A2

1/3)=

(1,44 MeV . fm)(56)(36)(1,4 fm)(1431/3+901 /3)

=214MeV

Nilai ini adalah perkiraan energi yang dilepaskan dalam reaksi, sebagaimana yang didapatkan di soal 20.24.

20.26. untuk reaksi fusi D-T, hitunglah laju dimana deuterium dan tritium digunakan untuk menghasilkan daya sebesar 1 MW. ( asumsikan seluruh energi dan reaksi fusi telah tersedia.)Jawaban : dalam reaksi D-T, H (d ,n) He2

413 , energi yang dilepaskan di setiap fusi adalah

Q=17,6 MeV (soal 20.37). laju di mana reaksi-reaksi harus terjadi adalah

R=(1×106 Js )( 1eV

1,6×10−19 J )( 1 reaksi

17,6×106 eV )=3,55×1017 reaksi

s

Dalam setiap reaksi, satu atom deuterium dan satu atom tritanium habis digunakan. Oleh karena itu, untuk deuterium (a=2):

−dmdt

=(3,55×1017 atom

s )( 1kmol

17,6×1026atom )( 2kg1kmol )=1,18×10

−9 kgs

Dan untuk tritium (A=3):−dmdt

=32 (1,18×10−9 kg

s )=1,77×10−9 kgs

20.17. hitunglah energi total yang dilepaskan didalam siklus korban (bethe) berikut ini:p+ C6

12 → N713

N713 → C6

12 +e+¿+v ¿

p+ C613 → N7

14

p+ N714 → O8

15

O815 →N+ e+¿v

715 ¿

p+ N715 → C+ He2

46

12

Jawaban : alih-alih mencari energi yang dilepaskan dalam setiap reaksi, kita dapat menambahkan seluruh reaksi secara bersamaan untuk memperoleh

¿Setelah menghilangkan bentuk-bentuk yang sama dikedua ruas, kita tinggal memiliki

4 p→ He❑4 +2e+¿+2v ¿

Dengan demikian, seluruh reaksi ekuivalen dengan fusi empat buah proton menjadi nukleus helium. Dengan menerapkan kekekalan massa-energi, kita dapatkan

4 (MH−mc)c2=(M ¿¿Hc−2me)c2+2me c

2+Q ¿Q=(4 MH−M Hc−4mc )c

2

¿ [4 (1,007825u )−4,002603u−4 (0,000549u )](931,5MeV /u)=24,69meVNampak bahwa atom karbon bertindak bagaikan sejenis katalisator. Ketika atom ini dibangkitkan dibagian akhir siklus karbon.

20.28. tentukanlah energi yang dilepaskan untuk setiap kilogram hidrogen yang terkomunikasi dalam siklus soal 20.27Jawaban : dari siklus yang setara yakni 4 p→He+ ¿❑

4 2e+¿+2v ¿¿ terlihat bahwa 24,69 MeV energi dilepaskan untuk setiap empat proton yang terkomunikasi, sehingga kita menghasilkan

24,69MeV4 proton

×1 proton

1,673×10−27kg=3,69×1027 MeV

kgAtau 5,90×1014 J /kg.

20.29. mengacu pada soal 20.28. diperkirakan siklus karbon matahari melepaskan sekitar 4×1026W . Tenaga. Tentukanlah laju konsumsi hidrogen.Jawaban :

(4×1026 Js )( 1kg hidrogen

5,90×10−27 J )=6,8×1011 kghidrogen

s

Sebagai perbandingan, massa matahari adalah sekitar 2×1030kg.

Soal-soal tambahan

Catatan : untuk beberapa soal berikut, anda dapat melihat massa-massa atom yangt terdapat di lampiran.20.30. tentukanlah partikel yang tidak diketahui dalam reaksi inti: (a )W ¿¿Jawaban : (a ) Os ;(b)70

184 He23

20.31. carilah kecepatan dari [ Sc2142 ]¿ dalam reaksi

Ca+p→2042 ¿

Ketika energi proton dalam laboratorium sebesar 7,2 MeV.Jawaban : 8,9×105m /s20.32. hitunglah nilai Q untuk reaksi Ca20

42 ( p ,d ) Ca2041 .

Jawaban : -9,25 MeV20.33. tentukanlah kelebihan massa dalam u untuk (a ) He2

4 dan (b ) Sr3888 . Jawaban : (a) 0,002603

u; (b) -0,094359 u20.34. untuk sasaran hamburan tertentu, 10−6% dari cahaya neutron datang dihamburkan. Jika kepadatan targetnya 4,1×103kg /m3, A=30, dan ketebalannya 10−8, tentukanlah total penampang lintang neutron. Jawaban : 0,122 barn20.35. bila pada soal 20.14 reaksinya Be(α ,n)4

9 C612 , hitunglah energi kinetik neutron dan

bandingkan terhadap nilai yang dihasilkan pada soal 20.16.Jawaban : 5,7 MeV20.36. tunjukkan bahwa dalam tumbukan elastis dua benda, kecepatan masing-masing partikel tidak berubah oleh tumbukan bilamana diukur dalam sistem pusat-massa.20.37. hitunglah nilai-Q untuk reaksi fusi D-T H (d ,n)1

2 He24 , jawaban : 17,6 MeV

20.38. carilah nilai Q untuk reaksi-reaksi D-D: (a ) H (d ,n )12 He ,dan (b )2

3 H (d , p )12 H1

3 . Jawaban : (a) 3,27; (b) 4,03 MeV20.39. mengaculah ke soal 20.20. berapakah daya keluaran reaktor U92

235 jika reaktor ini membutuhkan 30 hari untuk menghabiskan 2 kg bahan bakar ? jawaban : 62,5 MW-20.40. dengan jawaban soal 20.16, carilah energi kinetik yang dimiliki oleh neutron 2 MeV setelah neutron tersebut mengalami tumbukan frontal dengan proton kuasi bebas yang berada dalam keadaan diam.Jawaban : 0,347 eV20.41. tunjukkanlah ekuivalensi siklus proton-proton (Critchfield) dibawah ini dengan siklus karbon di soal 20.27.

p+ p→d+e+¿+ v¿

p+d→ He❑3

He+ ¿23 He2

3 → He+2 p24 ¿

20.42. hitunglah energi yang dilepaskan dalam proses fusiHe+ ¿2

4 He+ ¿24 He→2

4 C❑12 ¿¿

Jawaban : 7,72 MeV

20.43. tinjaulah urutan reaksi yang serupa dengan di soal 20.27. namun dengan p dan N❑14

sebagai reaktan awal. Jika nukleus-nukleus intermediat yang terbentuk adalah O ,8

15 N ,715 O ,8

16 F ,917 dan O8

17 , berikanlah reaksi-reaksi yang menghasilkan regenerasi N714 dan

berilah reaksi keseluruhannya.Jawaban : 4 p→He+ ¿2

4 2e+¿+2v ¿¿ (keseluruhan).