反應(yīng)堆物理分析參考答案

1、 核反應(yīng)堆物理分析答案 第一章1-1.某壓水堆采用UO2作燃料，其富集度為2.43%（質(zhì)量），密度為10000kg/m3。試計(jì)算當(dāng)中子能量為0.0253eV時(shí)，UO2的宏觀吸收截面和宏觀裂變截面。解：由18頁(yè)表1-3查得，0.0253eV時(shí)：由289頁(yè)附錄3查得，0.0253eV時(shí)：以c5表示富集鈾內(nèi)U-235與U的核子數(shù)之比，表示富集度，則有：所以，1-2.某反應(yīng)堆堆芯由U-235,H2O和Al組成，各元素所占體積比分別為0.002,0.6和0.398，計(jì)算堆芯的總吸收截面(E=0.0253eV)。解：由18頁(yè)表1-3查得，0.0253eV時(shí)： 由289頁(yè)附錄3查得，0.0253eV時(shí)：可得

2、天然U核子數(shù)密度則純U-235的宏觀吸收截面：總的宏觀吸收截面：1-6 1-12題 每秒鐘發(fā)出的熱量： 每秒鐘裂變的U235：運(yùn)行一年的裂變的U235：消耗的u235質(zhì)量： 需消耗的煤： 1-10.為使鈾的1.7，試求鈾中U-235富集度應(yīng)為多少(E=0.0253eV)。解：由18頁(yè)表1-3查得，0.0253eV時(shí)：由定義易得：為使鈾的1.7， 富集度. 一核電站以富集度20%的U-235為燃料，熱功率900MW,年負(fù)荷因子(實(shí)際年發(fā)電量/額定年發(fā)電量)為0.85, U-235的俘獲裂變比取0.169,試計(jì)算其一年消耗的核燃料質(zhì)量。解：該電站一年釋放出的總能量=對(duì)應(yīng)總的裂變反應(yīng)數(shù)=因?yàn)閷?duì)核燃料

3、而言：核燃料總的核反應(yīng)次數(shù)=消耗的U-235質(zhì)量=消耗的核燃料質(zhì)量= 第二章.某裂變堆，快中子增殖因數(shù)1.05，逃脫共振俘獲概率0.9，慢化不泄漏概率0.952，擴(kuò)散不泄漏概率0.94，有效裂變中子數(shù)1.335，熱中子利用系數(shù)0.882，試計(jì)算其有效增殖因數(shù)和無(wú)限介質(zhì)增殖因數(shù)。解： 無(wú)限介質(zhì)增殖因數(shù)： 不泄漏概率：有效增殖因數(shù)：2-1.H和O在1000eV到1eV能量范圍內(nèi)的散射截面近似為常數(shù)，分別為20b和38b。計(jì)算H2O的以及在H2O中中子從1000eV慢化到1eV所需的平均碰撞次數(shù)。解：不難得出，H2O的散射截面與平均對(duì)數(shù)能降應(yīng)有下述關(guān)系：H2OH2O = 2HH + OO即：(2H

4、+ O ) H2O = 2HH + OOH2O =（2HH + OO）/(2H + O )查附錄3，可知平均對(duì)數(shù)能降：H=1.000，O=0.120，代入計(jì)算得：H2O = (2×20×1.000 + 38×0.120)/(2×20 + 38) = 0.571可得平均碰撞次數(shù)：Nc = ln(E2/E1)/ H2O = ln(1000/1)/0.571 = 12.09 12.12-6.在討論中子熱化時(shí)，認(rèn)為熱中子源項(xiàng)Q(E)是從某給定分界能Ec以上能區(qū)的中子，經(jīng)過(guò)彈性散射慢化而來(lái)的。設(shè)慢化能譜服從(E)=/E分布，試求在氫介質(zhì)內(nèi)每秒每單位體積內(nèi)由Ec以上

5、能區(qū)，（1）散射到能量E（E<Ec）的單位能量間隔內(nèi)之中子數(shù)Q(E)；（2）散射到能量區(qū)間Eg=Eg-1-Eg內(nèi)的中子數(shù)Qg。解：（1）由題意可知：對(duì)于氫介質(zhì)而言，一次碰撞就足以使中子越過(guò)中能區(qū)，可以認(rèn)為宏觀截面為常數(shù)：在質(zhì)心系下，利用各向同性散射函數(shù)：。已知，有：（這里隱含一個(gè)前提：E/>E）（2）利用上一問(wèn)的結(jié)論：2-8.計(jì)算溫度為535.5K，密度為0.802×103 kg/m3的H2O的熱中子平均宏觀吸收截面。解：已知H2O的相關(guān)參數(shù)，M = 18.015 g/mol， = 0.802×103 kg/m3，可得： m-3已知玻爾茲曼常數(shù)k = 1.38&

6、#215;10-23 JK-1，則：kTM = 1.38 ×10-23×535.5 = 739.0 (J) = 0.4619 (eV)查附錄3，得熱中子對(duì)應(yīng)能量下，a = 0.664 b， = 0.948，s = 103 b，a = 0.664 b，由“1/v”律：0.4914 (b)由56頁(yè)（2-81）式，中子溫度： 577.8 (K)對(duì)于這種”1/v”介質(zhì)，有： n 0.4192 (b)所以：1.123 (m-1) 三章3.1 有兩束方向相反的平行熱中子束射到235U薄片上，設(shè)其上某點(diǎn)自左面入射的中子束強(qiáng)度為1012 cm-2·s-1。自右面入射的中子束強(qiáng)度2

7、×1012 cm-2·s-1。計(jì)算：（1）該點(diǎn)的中子通量密度；（2）該點(diǎn)的中子流密度；（3）設(shè)a = 19.2×102 m-1，求該點(diǎn)的吸收率。解：（1）由定義可知：3×1012 (cm-2·s-1)（2）若以向右為正方向：-1×1012 (cm-2·s-1) 可見(jiàn)其方向垂直于薄片表面向左。（3）19.23×1012 = 5.76×1013 (cm-3·s-1)3.2 設(shè)在x處中子密度的分布函數(shù)是其中：，為常數(shù)，是與x軸的夾角。求：（1） 中子總密度n( x )；（2） 與能量相關(guān)的中子通量密度

8、( x, E )；（3） 中子流密度J( x, E )。解：由于此處中子密度只與與x軸的夾角有關(guān)，不妨視為極角，定義在Y-Z平面的投影上與Z軸的夾角為方向角，則有：（1）根據(jù)定義：可見(jiàn)，上式可積的前提應(yīng)保證 < 0，則有：（2）令mn為中子質(zhì)量，則（等價(jià)性證明：如果不作坐標(biāo)變換，則依據(jù)投影關(guān)系可得：則涉及角通量的、關(guān)于空間角的積分：對(duì)比：可知兩種方法的等價(jià)性。）（3）根據(jù)定義式：利用不定積分： （其中n為正整數(shù)），則：3.7 設(shè)一立方體反應(yīng)堆，邊長(zhǎng) = 9 m。中子通量密度分布為已知D = 0.84×10-2m，L = 0.175 m。試求：（1） 表達(dá)式；（2） 從兩端及側(cè)面

9、每秒泄漏的中子數(shù)；（3） 每秒被吸收的中子數(shù)（設(shè)外推距離很小可略去）。解：有必要將坐標(biāo)原點(diǎn)取在立方體的幾何中心，以保證中子通量始終為正。為簡(jiǎn)化表達(dá)式起見(jiàn)，不妨設(shè)0 = 3×1013 cm-2s-1。（1）利用Ficks Law：（2）先計(jì)算上端面的泄漏率：同理可得，六個(gè)面上總的泄漏率為：L = 1.7×1017 (s-1)其中，兩端面的泄漏率為L(zhǎng)/3 = 5.8×1016 (s-1)；側(cè)面的泄漏率為L(zhǎng)-L/3 = 1.2×1017 (s-1)(如果有同學(xué)把問(wèn)題理解成六個(gè)面上總的泄漏，也不算錯(cuò))（3）由可得由于外推距離可忽略，只考慮堆體積內(nèi)的吸收反應(yīng)率：

10、1.24×1020 (s-1)3.8 圓柱體裸堆內(nèi)中子通量密度分布為其中，H，R為反應(yīng)堆的高度和半徑（假定外推距離可略去不計(jì)）。試求：（1） 徑向和軸向的平均中子通量密度與最大中子通量密度之比；（2） 每秒從堆側(cè)表面和兩個(gè)端面泄漏的中子數(shù)；（3） 設(shè)H = 7 m，R = 3 m，反應(yīng)堆功率為10 MW，f,5 = 410 b，求反應(yīng)堆內(nèi)235U的裝載量。解：有必要將坐標(biāo)原點(diǎn)取在圓柱體的幾何中心，以保證中子通量始終為正。為簡(jiǎn)化表達(dá)式起見(jiàn)，不妨設(shè)0 = 1012 cm-2s-1。且借用上一題的D值。（1）先考慮軸向：且在整個(gè)堆內(nèi)只在z = 0時(shí)為0，故有： 徑向：且在整個(gè)堆內(nèi)只在r=

11、0時(shí)為0，故有：已知，所以：0.611（2）先計(jì)算上端面的泄漏率：易知，兩端面總泄漏率為2.93×1014 (s-1)側(cè)面泄漏率：利用Bessel函數(shù)微分關(guān)系式：，且已知J1(2.405) = 0.5191，可得：所以：4.68×1014 (s-1)（3）已知每次裂變釋能(J)所以：其中：利用Bessel函數(shù)的積分關(guān)系式：，可得已知：J1(0) = 0，J1(2.405) = 0.5191，所以：= 5.44×1017 (ms-1)所以：106/(3.2×10-11×410×10-28×5.44×1017) = 1

12、.40×1024 (m-3)所需235U裝載量：10-3×1.40×1024×3.14×32×7×235/(6.02×1023 ) = 108 (kg)3.9 試計(jì)算E = 0.025 eV時(shí)的鈹和石墨的擴(kuò)散系數(shù)。解：查附錄3可得，對(duì)于E = 0.025 eV的中子：/m-1Be8.650.9259C3.850.9444對(duì)于Be：0.0416 (m)同理可得，對(duì)于C：D = 0.0917 (m)3-12 試計(jì)算T = 535 K， = 802 kg/m3 時(shí)水的熱中子擴(kuò)散系數(shù)和擴(kuò)散長(zhǎng)度。解：查79頁(yè)表3-2可得，2

13、94K時(shí)：m，由定義可知：所以：0.00195 (m)（另一種方法：如果近似認(rèn)為水的微觀散射截面在熱能區(qū)為常數(shù)，且不受溫度影響，查附表3可得：在T = 535 K， = 802 kg/m3 時(shí)，水的分子數(shù)密度：103×802×6.02×1023 / 18 = 2.68×1028 (m-3)所以：276 (m-1)1/（3×2.68×103×0.676）= 0.00179 (m)這一結(jié)果只能作為近似值）中子溫度利用56頁(yè)（2-81）式計(jì)算：其中，介質(zhì)吸收截面在中子能量等于kTM = 7.28×1021 J = 0.0

14、461 eV 再利用“1/v”律：0.4920 (b)Tn = 535×( 1 + 0.46×36×0.4920 / 103 ) = 577 (K)（若認(rèn)為其值與在0.0253 eV時(shí)的值相差不大，直接用0.0253 eV熱中子數(shù)據(jù)計(jì)算：Tn = 535×( 1 + 0.46×36×0.664 / 103 ) = 592 (K)這是一種近似結(jié)果）（另一種方法：查79頁(yè)表3-2，利用293K時(shí)的平均宏觀吸收截面與平均散射截面：(m-1)1 / （3×0.0016×0.676）= 308 (m-1)進(jìn)而可得到Tn =

15、592 K）利用57頁(yè)（2-88）式0.414×10-28 (m2)1.11 (m-1)802 / ( 3×1000×0.0016×0.676 ) = 247 (m-1)0.0424 (m)（此題如果利用79頁(yè)（3-77）式來(lái)計(jì)算：由于水是“1/v”介質(zhì)，非1/v修正因子為1：代入中子溫度可得：0.0340 (m)這是錯(cuò)誤的！因?yàn)椋?-74）式是在（3-76）式基礎(chǔ)上導(dǎo)出的，而（3-76）式是柵格的計(jì)算公式，其前提是核子數(shù)密度不隨溫度變化）3.13 如圖3-15所示，在無(wú)限介質(zhì)內(nèi)有兩個(gè)源強(qiáng)為S s-1的點(diǎn)源，試求P1和P2點(diǎn)的中子通量密度和中子流密度。解

16、：按圖示定義平面坐標(biāo)。OP2P1SSXYI+(P2)I-(P2)I+(P2)I-(P2)I+XI-XI-YI+Y假設(shè)該介質(zhì)無(wú)吸收、無(wú)散射，則在P2點(diǎn)，來(lái)自左右兩個(gè)點(diǎn)源的中子束流強(qiáng)度均為I+ = I- = S/4a2，可知：在P1點(diǎn)，來(lái)自左右兩個(gè)點(diǎn)源的中子束流強(qiáng)度均為，且其水平方向的投影分量恰好大小相等、方向相反，可得： 其方向沿Y軸正向。若考慮介質(zhì)對(duì)中子的吸收及散射，設(shè)總反應(yīng)截面為，則上述結(jié)果變?yōu)椋?（注意：如果有同學(xué)用解擴(kuò)散方程的方法，在有限遠(yuǎn)處的通量密度同時(shí)與x、y、z有關(guān)。）3-16 設(shè)有一強(qiáng)度為 I（m-2s-1）的平行中子束入射到厚度為a的無(wú)限平板層上。試求：（1）中子不遭

17、受碰撞而穿過(guò)平板的概率；（2）平板內(nèi)中子通量密度的分布；（3）中子最終擴(kuò)散穿過(guò)平板的概率。解：（1）（2）此情況相當(dāng)于一側(cè)有強(qiáng)度為I的源，建立以該側(cè)所在橫坐標(biāo)為x 原點(diǎn)的一維坐標(biāo)系，則擴(kuò)散方程為：邊界條件：i. ii. 方程普遍解為：由邊界條件i可得：由邊界條件ii可得：所以：（也可使用雙曲函數(shù)形式：方程普遍解為：由邊界條件i可得：由邊界條件ii可得：所以：可以證明這兩種解的形式是等價(jià)的）（3）此問(wèn)相當(dāng)于求x = a處單位面積的泄漏率與源強(qiáng)之比：（或用雙曲函數(shù)形式：）3-17 設(shè)有如圖3-16所示的單位平板狀“燃料柵元”，燃料厚度為2a，柵元厚度為2b，假定熱中子在慢化劑內(nèi)以均勻分布源（源強(qiáng)為

18、S）出現(xiàn)。在柵元邊界上的中子流為零（即假定柵元之間沒(méi)有中子的凈轉(zhuǎn)移）。試求：（1）屏蔽因子Q，其定義為燃料表面上的中子通量密度與燃料內(nèi)平均中子通量密度之比；（2）中子被燃料吸收的份額。解：（1）以柵元幾何中線對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)點(diǎn)為原點(diǎn)，建立一維橫坐標(biāo)系。在這樣對(duì)稱的幾何條件下，對(duì)于所要解決的問(wèn)題，我們只需對(duì)x > 0的區(qū)域進(jìn)行討論。燃料內(nèi)的單能中子擴(kuò)散方程：邊界條件：i. ii. 通解形式為：利用Ficks Law：代入邊界條件i：代入邊界條件ii：所以（2）把該問(wèn)題理解為“燃料內(nèi)中子吸收率 / 燃料和慢化劑內(nèi)總的中子吸收率”，設(shè)燃料和慢化劑的宏觀吸收截面分別為和，則有：回顧擴(kuò)散長(zhǎng)度的定義，可

19、知：，所以上式化為：（這里是將慢化劑中的通量視為處處相同，大小為S，其在b處的流密度自然為0，但在a處情況特殊：如果認(rèn)為其流密度也為0，就會(huì)導(dǎo)致沒(méi)有向燃料內(nèi)的凈流動(dòng)、進(jìn)而燃料內(nèi)通量為0這一結(jié)論！所以對(duì)于這一極度簡(jiǎn)化的模型，應(yīng)理解其求解的目的，不要嚴(yán)格追究每個(gè)細(xì)節(jié)。）3-21解：（1）建立以無(wú)限介質(zhì)內(nèi)任一點(diǎn)為原點(diǎn)的球坐標(biāo)系（對(duì)此問(wèn)題表達(dá)式較簡(jiǎn)單），建立擴(kuò)散方程：即：邊界條件：i. ,ii.設(shè)存在連續(xù)函數(shù)滿足：可見(jiàn)，函數(shù)滿足方程，其通解形式：由條件i可知：C = 0，由方程（2）可得：再由條件ii可知：A = 0，所以：（實(shí)際上，可直接由物理模型的特點(diǎn)看出通量處處相等這一結(jié)論，進(jìn)而其梯度為0）（2

20、）此時(shí)須以吸收片中線上任一點(diǎn)為原點(diǎn)建立一維直角坐標(biāo)系，先考慮正半軸，建立擴(kuò)散方程：即：，x > 0邊界條件：i. ,ii. ,iii. 對(duì)于此“薄”吸收片，可以忽略其厚度內(nèi)通量的畸變。參考上一問(wèn)中間過(guò)程，可得通解形式：由條件ii可得：由條件iii可得：C = 0所以：對(duì)于整個(gè)坐標(biāo)軸，只須將式中坐標(biāo)加上絕對(duì)值號(hào)，證畢。3-22解：以源平面任一點(diǎn)為原點(diǎn)建立一維直角坐標(biāo)系，建立擴(kuò)散方程：邊界條件：i. ;ii. ;iii.;iv. ;通解形式：，由條件i：（1）由條件ii：（2）由條件iii、iv：（3）（4）聯(lián)系（1）可得：結(jié)合（2）可得：所以：3-23證明：以平板中線上任一點(diǎn)為原點(diǎn)建立一維

21、直角坐標(biāo)系，先考慮正半軸，建立擴(kuò)散方程：即：，x > 0邊界條件：i. ,ii. ,iii. 參考21題，可得通解形式：由條件ii可得：再由條件iii可得：所以：由于反曲余弦為偶函數(shù)，該解的形式對(duì)于整個(gè)坐標(biāo)軸都是適用的。證畢。 3-24 設(shè)半徑為R的均勻球體內(nèi)，每秒每單位體積均勻產(chǎn)生S個(gè)中子，試求球體內(nèi)的中子通量密度分布。解：以球心為原點(diǎn)建立球坐標(biāo)系，建立擴(kuò)散方程：即：邊界條件：i. ,ii. ,iii. 通解：由條件iii：再由條件ii：所以：（此時(shí)，） 第四章4-1試求邊長(zhǎng)為a，b，c（包括外推距離）的長(zhǎng)方體裸堆的幾何曲率和中子通量密度分布。設(shè)有一邊長(zhǎng)a=b=c=0.5 m，c=0.

22、6 m（包括外推距離）的長(zhǎng)方體裸堆，L=0.0434 m，=6 cm2。（1）求達(dá)到臨界時(shí)所必須的k；（2）如果功率為5000 kW，f=4.01 m-1，求中子通量密度分布。解：長(zhǎng)方體的幾何中心為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，則單群穩(wěn)態(tài)擴(kuò)散方程為：邊界條件：（以下解題過(guò)程中不再?gòu)?qiáng)調(diào)外推距離，可以認(rèn)為所有外邊界尺寸已包含了外推距離）因?yàn)槿齻€(gè)方向的通量變化是相互獨(dú)立的，利用分離變量法：將方程化為：設(shè)：先考慮x方向，利用通解：代入邊界條件：同理可得：其中0是待定常數(shù)。其幾何曲率：106.4 ( m-2 )（1）應(yīng)用修正單群理論，臨界條件變?yōu)椋浩渲校?.00248 ( m2 )1.264（2）只須求出通量表達(dá)式中

23、的常系數(shù)01.007×1018 ( m-2s-1 )4-2設(shè)一重水-鈾反應(yīng)堆堆芯的k=1.28，L2=1.8×10-2 m2，=1.20×10-2 m2。試按單群理論，修正單群理論的臨界方程分別求出該芯部材料曲率和達(dá)到臨界時(shí)總的中子不泄漏概率。解：對(duì)于單群理論：15.56 ( m-2 )在臨界條件下：0.7813(或用)對(duì)于單群修正理論：0.03 ( m2 )9.33 ( m-2 )在臨界條件下：0.68 0.7813 ?（注意：這時(shí)仍能用，實(shí)際上在維持臨界的前提條件下修正理論不會(huì)對(duì)不泄漏概率產(chǎn)生影響，但此時(shí)的幾何曲率、幾何尺寸已發(fā)生了變化，不再是之前的系統(tǒng)了）4

24、-4解： = 4.79×1024 (m-3)，4.79×1028 (m-3)堆總吸收截面：= 0.344 (m-1)總裂變截面：= 0.280 (m-1)= 2.61×10-2 (m2)= 1.97則材料曲率：= 37.3 (m-2)在臨界條件下：= 0.514 (m)考慮到外推距離：= 0.018 (m)（如有同學(xué)用也是正確的，但表達(dá)式相對(duì)復(fù)雜）再考慮到堆的平均密度：= 957 (kg/m3)（或者由）實(shí)際的臨界質(zhì)量：= 156 (kg)4-5證明：以球心為坐標(biāo)原點(diǎn)建立球坐標(biāo)系，單群穩(wěn)態(tài)擴(kuò)散方程：邊界條件：i. ；ii. ；（如果不認(rèn)為R2包括了外推距離的話，所

25、得結(jié)果將與題意相悖）球域內(nèi)方程通解： 由條件i可得：由條件ii可得：由此可見(jiàn)，證畢4-7 一由純235U金屬（=18.7×103 kg/m3）組成的球形快中子堆，其周?chē)詿o(wú)限厚的純238U（=19.0×103 kg/m3），試用單群理論計(jì)算其臨界質(zhì)量，單群常數(shù)如下：235U：f=1.5 b, a=1.78 b, tr=35.4 m-1, =2.51；238U：f=0, a=0.18 b, tr=35.4 m-1。解：以球心為坐標(biāo)原點(diǎn)建立球坐標(biāo)系，對(duì)于U-235和U-238分別列單群穩(wěn)態(tài)擴(kuò)散方程，設(shè)其分界面在半徑為R處：U-235：方程1U-238：方程2邊界條件：i. i

26、i. iii. iv. 令（在此臨界條件下，既等于材料曲率，也等于幾何曲率），球域內(nèi)方程1通解：由條件i可知A5 = 0，所以：球域內(nèi)方程2通解：由條件iv可知C8 = 0，所以：由條件ii可得：由條件iii可得：所以（由題目已知參數(shù)：）即：代入數(shù)據(jù)：4.79×10-28 ( m-3 ) 4.81×10-28 ( m-3 )2.115 1.31×10-3 ( m2 )29.17 ( m-1 ) 0.1043 ( m )0.06474 ( m ) 21.3 ( kg )4-8證明： （1）如圖4-8所示的柱坐標(biāo)系下，單群穩(wěn)態(tài)擴(kuò)散方程可寫(xiě)為（臨界條件下，幾何曲率與材料

27、曲率相等）：，（）邊界條件（不考慮外推距離）：i. ii. iii.（注意，這里不能用線性微分方程解的存在唯一性定理：如果都是區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)，則對(duì)于任一及任意的，方程存在唯一解定義于區(qū)間上，且滿足初值條件，而此擴(kuò)散方程并非線性微分方程。）對(duì)于表達(dá)式：，不難證明其滿足上述全部三個(gè)邊界條件。（）（2）將表達(dá)式代入方程，其中，已知如下關(guān)系：可推得：所以：所以：再有：所以方程化為： 可知該表達(dá)式為方程的解。證畢。（也可如此推出解的形式：分離變量：方程變形：設(shè)：（n為任意實(shí)數(shù)），：變量替換：，此為n階Bessel方程，通解為：由邊界條件i可得，n須取使的值，在其中，我們只取基波，即n=1，相應(yīng)的：相應(yīng)

28、的：由邊界條件ii可得，對(duì)于z有：由邊界條件ii可得，所以：）4-10解：（1）對(duì)于均勻圓柱體裸堆，其幾何曲率：可得，在臨界條件下：臨界體積：其取最小值時(shí)：，即：所以：0.5412（2）由上可得臨界最小體積：由于臨界條件下： 所以：4-11 設(shè)有一由純239Pu（=14.4×103 kg/m3）組成的球形快中子臨界裸堆，試用下列單群常數(shù)：=2.19, f=1.85 b, r=0.26 b, tr=6.8 b計(jì)算其臨界半徑與臨界質(zhì)量。解：4-11解：由已知條件可得：3.64×1028 ( m-3 )1.921.77×10-3 ( m2 )設(shè)臨界半徑為R，則由臨界條件

29、：，可得：0.138 ( m )對(duì)于這一實(shí)際問(wèn)題，需考慮外推距離：0.0288 ( m )所以實(shí)際臨界體積為：5.40×10-3 ( m3 )臨界質(zhì)量：77.8 ( kg )4-12 試求下列等效裸堆內(nèi)熱中子通量密度的最大值與平均值之比，即熱中子通量密度的不均勻系數(shù)：（1） 半徑為R的球形堆，反射層節(jié)省為T(mén)；（2） 半徑為R，高度為H的圓柱體堆，反射層節(jié)省分別為r和H；（3） 邊長(zhǎng)為 a，b，c的長(zhǎng)方體堆，反射層節(jié)省分別為x，y，z。解： 可利用裸堆結(jié)論：球：圓柱：立方體：詳細(xì)推導(dǎo)：根據(jù)97頁(yè)表4-1裸堆的通解形式可得：球：圓柱：（與教材上數(shù)值的差異在于對(duì)所取的近似值的不同，在此取的是0.5191）立方體：4-16解：以平板厚度方向上的幾何中心為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，對(duì)兩區(qū)分別建立單群穩(wěn)態(tài)擴(kuò)散方程（由于幾何上的對(duì)稱性，對(duì)于本題只需考慮一側(cè)，如x為正一側(cè)）：方程1方程2邊界條件：i. ;ii. 由表3-1查得方程1的通解：其中第二項(xiàng)明顯有悖于對(duì)稱性條件，故CI = 0，同理有：（由于本題是求解臨界尺寸，默認(rèn)的前提是幾何曲率等于材料曲率，故以下不再對(duì)其進(jìn)行區(qū)別，統(tǒng)一用B2表示）由條件ii可得：整個(gè)系統(tǒng)的臨界條件為：即：（注意，此處的泄漏僅僅是II區(qū)外表面上的泄漏，I-II區(qū)之間的凈流動(dòng)是通過(guò)對(duì)通量分布產(chǎn)生影響從而作用于泄漏率的）可見(jiàn)，臨界尺寸a與b負(fù)相關(guān)，從物理