核反应堆物理分析 (谢仲生 吴宏春 张少泓 著) 西安交大、原子能出版社 课后答案2

⇒ k∞ = 1.264
（2）只须求出通量表达式中的常系数φ0
P = E f ∫ Σ f φ dV = E f Σ f φ
V
a 2 a 0 − 2
∫
b c π π π 2 2 2 cos( x )dx ∫ b cos( y )dy ∫ c cos( z )dz = E f Σ f φ0 abc ( )3 − − a b c π 2 2
代入边界条件： A cos( Bx 其中φ0 是待定常数。 其几何曲率： Bg = ( ) + ( ) + ( ) = 106.4 ( m-2 ) （1）应用修正单群理论，临界条件变为： 其中： M = L + τ = 0.00248 ( m2 )
2 2 2
π a
2
π b
2
π c
2
k∞ − 1 2 = Bg 2 M
cos Br sin Br +C r r
r → R1
lim J = − D∇φ |r = R1 = AB
cos BR1 sin BR1 sin BR1 cos BR1 −A − CB −C =0 2 R1 R1 R1 R12
⇒C = A
BR1 cos BR1 − sin BR1 tan BR1 − BR1 = −A BR1 sin BR1 + cos BR1 BR1 tan BR1 + 1
sin BR2 cos BR2 +C = 0 ⇒ C = − A tan BR2 R2 R2 tan BR1 − BR1 ，证毕。 BR1 tan BR1 + 1
由条件 ii 可得：
φ ( R2 ) = A
由Байду номын сангаас可见， tan BR2 =
7 解：以球心为坐标原点建立球坐标系，对于 U-235 和 U-238 分别列单群稳态扩散方程，设 其分界面在半径为 R 处： U-235： ∇ φ5 = −
2
k∞ − 1 φ5 L2 5
方程 1
U-238： ∇ φ8 =
2
1 φ8 L2 8
方程 2
边界条件：
i. lim φ5 < ∞
r →0
ii. φ5 ( R ) = φ8 ( R )
iii. D5
∂φ5 ∂r
= D8
r =R
∂φ8 ∂r
iv. lim φ8 = 0
r =R r →+∞
令B =
2
k∞ − 1 （在此临界条件下， 既等于材料曲率， 也等于几何曲率） ， 球域内方程 1 通解 ： L2 5
将方程化为：
k −1 ∇ 2 X ∇ 2Y ∇ 2 Z + + =− ∞2 X Y Z L
设：
2 ∇2 X ∇ 2Y 2 ∇ Z = − Bx2 , = − By , = − Bz2 X Y Z
先考虑 x 方向，利用通解： X ( x) = A cos Bx x + C sin Bx x
a nπ π ) = 0 ⇒ Bnx = , n = 1,3,5,... ⇒ B1x = 2 a a π π π 同理可得： φ ( x, y, z ) = φ0 cos( x) cos( y ) cos( z ) a a a
156 (kg) 5 证明：以球心为坐标原点建立球坐标系，单群稳态扩散方程：
∂ 2φ 2 ∂φ + = − B 2φ 2 ∂r r ∂r
边界条件：i. lim J = 0 ；
r → R1
ii. φ ( R2 ) = 0 ；
（如果不认为 R2 包括了外推距离的话，所得结果将与题意相悖） 球域内方程通解： φ ( r ) = A 由条件 i 可得：
2 Bm = 2 2
k∞ − 1 = 9.33 ( m-2 ) M2
1 1 = = 0.6818 2 2 2 1 + Bg M 1 + Bm M2
在临界条件下： Λ =
（注意：这时仍能用 Λ = 1/ k∞ ，实际上在维持临界的前提条件下修正理论不会对不泄漏概 率产生影响，但此时的几何曲率、几何尺寸已发生了变化，不再是之前的系统了） 4 解： N 5 =
在临界条件下： Bg = ( ) = Bm
π R
2
2
⇒R=
π2 πL π 2D = = = 0.514 (m) 2 5 5 C Bm vN 5σ 5 k∞ − 1 f − N 5 (σ γ + σ f ) + N Cσ a
2λtr = 2 D = 0.018 (m) 3
考虑到外推距离： d =
（如有同学用 d=0.7104λtr 也是正确的，但表达式相对复杂）
再考虑到堆的平均密度： ρ =
ρ5 N 5 + ρC NC ρ5 + ρ5 12 NC / 235 N 5 = = 957 (kg/m3) N5 + NC 1 + NC / N5
（或者由 N =
1000 ρ N A NM ⇒ρ= ）实际的临界质量： M 1000 N A
π 2D 4( R − d )3 ρ5 + ρ5 12 N C / 235 N 5 4π m=ρ = [ − 2 D]3 = 5 5 5 C 3 1 + NC / N5 3 vN 5σ f − N 5 (σ γ + σ f ) + N Cσ a
(
所以（由题目已知参数： Σtr ,5 = Σtr ,8 ⇒ D5 =
1 1 = = D8 ） 3Σtr ,5 3Σtr ,8
R R + 1) exp(− ) L L8 D exp(− R / L8 ) R A 8 = 8A ⇒ sin BR − BR cos BR = ( + 1) sin BR sin BR − BR cos BR D5 sin BR L8
1000 ρ5 N A N5 1000 ρ5 N A N5 ≈ = 4.79×1024 (m-3)， M5 NC + N5 M5 NC
NC = N5
NC = 4.79×1028 (m-3) N5
5 5
堆总吸收截面： Σ a = N 5 (σ γ + σ f ) + N Cσ a = 0.344 (m-1) 总裂变截面： Σ f = N 5σ f + N Cσ f = N 5σ f = 0.280 (m-1)
(k )
(t0 ) = x0 ( k ) (k = 0,L , n − 1) ，
x1r πz ) sin θ cos( ) ， x1 = 3.89 R H
不难证明其满足上述全部三个边界条件。 （ J1 (0) = J1 (3.89) = 0 ） （2）将表达式代入方程，其中，已知如下关系：
′ = − nJ n + xJ n −1 , J 0 ′ = − J1 xJ n ′= 可推得： J1 − J1 + xJ 0 x − J + xJ J − J + xJ J J1 J 0 1 2 ′ + J0 ] = 2 J1′′ = − 1 2 0 + [− J1′ + xJ 0 − − J1 + 0 − 1 2 0 = ( 2 − 1) J1 − 0 x x x x x x x x xr J1 ( 1 ) x x1r x1r R + 1 J ( x1r ) J1′( ) = J1′ ( )′ = − 0 R R r R R x1r x1r x1r 2 x1r J 0 ( R ) x1 2 xr xr x xr 2 2 J1′′( ) = J1′′ [( )′] = {[ − 1] J1 ( ) − }( ) = [ 2 − ( 1 ) 2 ] J1 ( 1 ) − 1 J 0 ( 1 ) xr x1r R R R R r R R Rr R ( 1 )2 R R ∂ 2φ 2 x xr x xr [ 2 − ( 1 ) 2 ] J1 ( 1 ) − 1 J 0 ( 1 ) 2 ∂r = r R R Rr R x1r φ J1 ( ) R x1r J ( ) 1 1 ∂φ R + x1 J ( x1r ) − r ∂r = r2 Rr 0 R xr φ J1 ( 1 ) R 1 ∂ 2φ 1 xr J( 1 ) 2 2 2 1 r ∂θ = − r R x1r φ J1 ( ) R
x0 (0) , x0 (1) , x0(2) ,L x0( n −1) ， 方 程 x ( n ) + a1 x ( n −1) + L + an −1 x′ + an x = f (t ) 存 在 唯 一 解 x = ϕ (t )
定义于区间 [a, b] 上，且满足初值条件 x 而此扩散方程并非线性微分方程。 ） 对于表达式： φ ( r , z , θ ) = AJ1 (
由条件 i 可知 A5 = 0，所以： φ5 ( r ) = C 由条件 iii 可得：
R R + 1) exp(− ) D L L8 cos BR sin BR 1 1 R D5C ( B − ) = D8 A(− − 2 ) exp(− ) ⇒ C = 8 A 8 2 R R L8 R R L8 D5 sin BR − BR cos BR
⇒ φ0 =
P(π / 2)3 = 1.007×1018 ( m-2•s-1 ) E f Σ f abc
2 解：对于单群理论： Bm =
2
k∞ − 1 = 15.56 ( m-2 ) 2 L
在临界条件下： Λ =
1 1 = = 0.7813 2 2 2 2 1 + Bg L 1 + Bm L
(或用 Λ = 1/ k∞ ) 对于单群修正理论： M = L + τ = 0.03 ( m2 )
《核反应堆物理分析》110 页临界理论习题解答 １ 解：长方体的几何中心为原点建立坐标系，则单群稳态扩散方程为：
D(
∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ + + ) − Σ aφ + k∞ Σ aφ = 0 ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
边界条件： φ ( a / 2, y, z ) = φ ( x, b / 2, z ) = φ ( x, y , c / 2) = 0 （以下解题过程中不再强调外推距离，可以认为所有外边界尺寸已包含了外推距离） 因为三个方向的通量变化是相互独立的，利用分离变量法： φ ( x, y, z ) = X ( x)Y ( y ) Z ( z )
N8 =
k∞ =
vΣ f ,5
Σ a ,5
=
vσ f ,5 σ a ,5
= 2.115
L2 5 =
1 = 1.31×10-3 ( m2 ) 3Σ a ,5Σtr ,5
B=
k∞ − 1 = 29.17 ( m-1 ) L2 5
1 = 0.1043 ( m ) 3Σ a ,8Σtr ,8
L8 = R=
arc cot( −1/ BL8 ) π / 2 + arctan(1/ BL8 ) = = 0.06474 ( m ) B B 4 m = ρ5V5 = ρ5 × π R 3 = 21.3 ( kg ) 3
8 证明： （1）如图 4-8 所示的柱坐标系下，单群稳态扩散方程可写为（临界条件下，几何曲 率与材料曲率相等） ：
cos Br sin Br + C5 r r
φ5 (r ) = A5
sin Br r exp(− r / L8 ) exp(r / L8 ) 球域内方程 2 通解： φ8 ( r ) = A8 + C8 r r exp(−r / L8 ) 由条件 iv 可知 C8 = 0，所以： φ8 ( r ) = A r exp(− R / L8 ) exp(− R / L8 ) sin BR 由条件 ii 可得： C =A ⇒C = A R R sin BR
∂ 2φ 1 ∂φ 1 ∂ 2φ ∂ 2φ 2 + + 2 + 2 = − Bg φ， （ 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ θ ≤ π , − H / 2 ≤ z ≤ H / 2 ） 2 2 ∂r r ∂r r ∂θ ∂z
边界条件（不考虑外推距离） ： i. φ |r = R = φ |r =0 = 0 ii. φ |θ = 0 = φ |θ =π = 0 iii. φ |z = H / 2 = φ |z =− H / 2 = 0 （注意，这里不能用线性微分方程解的存在唯一性定理： 如果 ai (t )(i = 1, 2,L , n), f (t ) 都是区间 [a, b] 上的连续函数，则对于任一 t0 ∈ ( a, b) 及任意的
(
即： − BR cos BR =
R sin BR L8
cos BR = −
代入数据：
arc cot(−1/ BL8 ) 1 sin BR ⇒ R = BL8 B
N5 =
103 ρ5 N A = 4.79×10-28 ( m-3 ) M5 103 ρ8 N A = 4.81×10-28 ( m-3 ) M8
5
C
C
5
L2 =
D D = = 2.61×10-2 (m2) 5 C Σ a N 5 (σ γ + σ 5 ) + N σ f C a vΣ f
Σa =
k∞ =
vN5σ 5 f
C N 5 (σ γ5 + σ 5 f ) + N Cσ a
= 1.97
则材料曲率： Bm =
2
2
5 5 5 C k∞ − 1 vN5σ f − N5 (σ γ + σ f ) + N Cσ a = = 37.3 (m-2) 2 L D