Exercicis de física nuclear i radioactivitat — Física 2n Batxillerat

En la notació ^A_ZX, Z és el nombre atòmic (protons) i A el nombre màssic (protons + neutrons): N = A − Z.
²³⁸U: 92 protons i 238 − 92 = 146 neutrons.
²³⁵U: 92 protons i 235 − 92 = 143 neutrons.
Són isòtops: tenen el mateix nombre de protons (mateix element, mateixes propietats químiques) però diferent nombre de neutrons (3 de diferència), i per tant diferent massa i diferent comportament nuclear (el 235 és fissionable amb neutrons lents; el 238, no).
L'àtom neutre té tants electrons com protons: 92 en tots dos casos.

Una partícula alfa és un nucli d'heli, ⁴₂He. En emetre-la, el nucli perd 2 protons i 2 neutrons: A baixa 4 unitats i Z baixa 2.
Equació: ²²⁶₈₈Ra → ²²²₈₆Rn + ⁴₂He.
El nucli fill és el radó-222, un gas noble radioactiu que s'acumula als soterranis de les cases.
Es conserven el nombre màssic (226 = 222 + 4), la càrrega o nombre atòmic (88 = 86 + 2), la quantitat de moviment i l'energia total (la massa que desapareix es converteix en energia cinètica de les partícules).

En la desintegració β⁺ un protó del nucli es transforma en un neutró, emetent un positró (e⁺, l'antipartícula de l'electró) i un neutrí: p → n + e⁺ + ν.
El nombre màssic no canvia i el nombre atòmic baixa una unitat.
Equació: ¹⁸₉F → ¹⁸₈O + ⁰₊₁e + ν.
El nucli fill és l'oxigen-18, estable. Comprovació: 18 = 18 + 0 i 9 = 8 + 1.
En la PET, el positró s'anihila amb un electró del cos i produeix dos fotons gamma que es detecten per formar la imatge.

La radiació gamma és radiació electromagnètica (fotons) de molt alta freqüència. Quan un nucli emet un fotó gamma no canvien ni el nombre màssic ni el nombre atòmic: el nucli continua sent el mateix nuclid, només passa d'un estat excitat a un de menys energia.
Després d'una desintegració alfa o beta, el nucli fill sovint queda en un estat excitat; en desexcitar-se emet l'energia sobrant en forma de fotó gamma. Per això la gamma acompanya les altres dues.
Diferència fonamental: alfa i beta són partícules amb massa i càrrega (nucli d'heli i electró o positró), mentre que la gamma no té massa ni càrrega; per això no es desvia en camps elèctrics ni magnètics i és la més penetrant.

Cada període de semidesintegració el nombre de nuclis es redueix a la meitat: N = N₀·(1/2)ⁿ, on n és el nombre de períodes transcorreguts.
24 dies són 24/8 = 3 períodes: N/N₀ = (1/2)³ = 1/8 = 0,125. Queda el 12,5 % de la mostra (se n'ha desintegrat el 87,5 %).
Perquè en quedi 1/16 = (1/2)⁴ calen 4 períodes: t = 4·8 = 32 dies.
Recorda que la mostra mai no desapareix del tot: cada 8 dies es redueix a la meitat del que quedava.

La relació entre el període i la constant de desintegració surt de N = N₀·e^−λt imposant N = N₀/2 en t = T: λ = ln 2/T.
λ = 0,693/5,27 = 0,132 any^-1.
En unitats del SI: λ = 0,132/(3,16·10⁷) = 4,2·10^-9 s^-1.
La constant de desintegració és la probabilitat que un nucli es desintegri per unitat de temps: cada segon es desintegra una fracció 4,2·10^-9 dels nuclis que queden. Com més gran és λ, més curt és el període i més inestable és el nuclid.

L'activitat és el nombre de desintegracions per segon i és proporcional al nombre de nuclis presents: A = λ·N.
A = 1,5·$10^{-10}$·2·$10^{18}$ = 3·$10^{8}$ Bq (300 milions de desintegracions cada segon).
En curies: A = 3·$\tfrac{10^{8}}{(3{,}7\cdot 10^{10})} = 8{,}1$·$10^{-3}$ Ci = 8,1 mCi.
Fixa't que l'activitat disminueix amb el temps igual que N: A = $A_{0}$·e^−λt.

Penetració (de menys a més): alfa < beta < gamma. Les partícules alfa s'aturen amb un full de paper o uns centímetres d'aire; les beta, amb uns mil·límetres d'alumini; la radiació gamma necessita gruixos grans de plom o formigó, i mai no s'atura del tot, només s'atenua.
Ionització (de més a menys): alfa > beta > gamma. La partícula alfa, pesant i amb càrrega +2, interacciona molt amb la matèria i cedeix tota l'energia en un recorregut molt curt.
Per això, des de fora, la pell ja atura les alfa; però si un emissor alfa (com el radó) entra als pulmons o a l'aparell digestiu, diposita tota la seva energia en poques cèl·lules i hi causa danys greus.

L'energia d'enllaç és l'energia equivalent al defecte de massa (E = Δm·$c^{2}$): la que caldria aportar per separar tots els nucleons.
Amb l'equivalència directa: E = 0,1·931,5 = 93,15 MeV ≈ 93,2 MeV.
En joules: E = 93,15·$10^{6}$·1,6·$10^{-19}$ = 1,49·$10^{-11}$ J.
Comprovació amb E = Δm·$c^{2}$: Δm = 0,1·1,66·$10^{-27}$ = 1,66·$10^{-28}$ kg → E = 1,66·$10^{-28}$·(3·$10^{8}$$)^{2}$ = 1,49·$10^{-11}$ J. Coincideix.

a) A baixa 4 i Z baixa 2: emissió alfa (⁴₂He).
b) A no canvia i Z puja 1: emissió beta menys (un neutró es converteix en protó i surten un electró i un antineutrí).
c) A no canvia i Z baixa 1: emissió beta més (un protó es converteix en neutró i surten un positró i un neutrí).
d) Ni A ni Z canvien: el nucli passa d'un estat excitat (metaestable, m) al fonamental emetent un fotó gamma. És el que es fa servir en les gammagrafies.
Regla ràpida: l'alfa canvia A i Z; la beta només canvia Z; la gamma no canvia res.

Composició: Z = 26 protons i N = 56 − 26 = 30 neutrons.
Massa dels nucleons separats: 26·1,00728 + 30·1,00866 = 26,18928 + 30,25980 = 56,44908 u.
Defecte de massa: Δm = 56,44908 − 55,9206 = 0,5285 u.
Energia d'enllaç: E = 0,5285·931,5 = 492 MeV.
Per nucleó: 492/56 = 8,79 MeV/nucleó. És un dels valors més alts de tots els nuclis: per això el ferro és dels més estables i és el final de la cadena de fusió de les estrelles.
Error típic: restar en ordre invers i obtenir un defecte de massa negatiu; la massa del nucli és sempre menor que la suma de les parts.

Constant de desintegració: λ = ln 2/T = 0,693/28,8 = 0,0241 any^-1.
Llei de desintegració: N = N₀·e^−λt → N/N₀ = e^{−0,0241·100} = e^−2,41 = 0,090.
Al cap de 100 anys en queda el 9,0 %.
Comprovació: 100 anys són 100/28,8 = 3,47 períodes → (1/2)^3,47 = 0,090. Entre 3 períodes (12,5 %) i 4 (6,25 %), com era d'esperar.

L'activitat segueix la mateixa llei que el nombre de nuclis: A = A₀·e^−λt, amb λ = ln 2/T = 0,693/30 = 0,0231 any^-1.
Imposem A/A₀ = 0,01: e^−λt = 0,01 → −λt = ln 0,01 = −4,605 → t = 4,605/0,0231 = 199 anys ≈ 200 anys.
Nombre de períodes: 199/30 = 6,64 períodes. Comprovació: (1/2)^6,64 = 0,01.
Fixa't que per baixar a l'1 % no calen 100 períodes sinó només uns 6,6, perquè la reducció és exponencial: 7 períodes ja donen 1/128 < 1 %.

Nombre de nuclis: 1 g de radi-226 és 1/226 mol → N = (1/226)·6,022·10²³ = 2,66·10²¹ nuclis.
Constant de desintegració en s^-1: T = 1600·3,16·10⁷ = 5,06·10¹⁰ s → λ = 0,693/(5,06·10¹⁰) = 1,37·10^-11 s^-1.
Activitat: A = λ·N = 1,37·10^-11·2,66·10²¹ = 3,65·10¹⁰ Bq.
En curies: 3,65·10¹⁰/(3,7·10¹⁰) = 0,99 Ci ≈ 1 Ci. No és casualitat: el curie es va definir originalment com l'activitat d'1 g de radi-226.
Error típic: deixar el període en anys i obtenir l'activitat en desintegracions per any en lloc de becquerels.

Només les desintegracions alfa canvien el nombre màssic (−4 cadascuna): 238 − 206 = 32 → $\tfrac{32}{4} = 8$ desintegracions alfa.
Les 8 alfa fan baixar el nombre atòmic en 2·8 = 16 unitats: de 92 passaria a 76. Però el plom té Z = 82, així que calen 82 − 76 = 6 desintegracions beta menys (cadascuna puja Z una unitat sense canviar A).
Resultat: 8 alfa i 6 beta menys.
Comprovació: A: 238 − 8·4 − 6·0 = 206; Z: 92 − 8·2 + 6·1 = 82.

Massa dels reactius: 2,01410 + 3,01605 = 5,03015 u. Massa dels productes: 4,00260 + 1,00866 = 5,01126 u.
La massa disminueix: Δm = 5,03015 − 5,01126 = 0,01889 u. Aquesta massa es transforma en energia cinètica dels productes (sobretot del neutró).
E = 0,01889·931,5 = 17,6 MeV.
En joules: 17,6·$10^{6}$·1,6·$10^{-19}$ = 2,8·$10^{-12}$ J.
És una energia enorme per reacció comparada amb la d'una reacció química (uns pocs eV per molècula): per això la fusió és tan atractiva, encara que calguin temperatures de milions de graus per vèncer la repulsió entre els nuclis.

a) Nombre de nuclis en 1 kg: n = 1000/235 = 4,26 mol → N = 4,26·6,022·10²³ = 2,56·10²⁴ nuclis.
Energia per fissió: 200·10⁶·1,6·10^-19 = 3,2·10^-11 J.
Energia total: E = 2,56·10²⁴·3,2·10^-11 = 8,2·10¹³ J.
b) Massa de carbó: m = 8,2·10¹³/(3·10⁷) = 2,7·10⁶ kg, unes 2700 tones de carbó per cada quilogram d'urani fissionat.
Aquesta diferència de gairebé 7 ordres de magnitud reflecteix que l'energia nuclear prové de la força nuclear forta, i la química, dels enllaços entre electrons.

L'activitat ha passat de 8000 a 1000 Bq: s'ha dividit per 8 = 2³, és a dir, han transcorregut 3 períodes.
T = 6 h/3 = 2 h.
Constant de desintegració: λ = ln 2/T = 0,693/2 = 0,347 h^-1 = 0,347/3600 = 9,6·10^-5 s^-1.
Al cap de 10 h (5 períodes): A = 8000·(1/2)⁵ = 8000/32 = 250 Bq. Comprovació: A = 8000·e^−0,347·10 = 8000·0,0312 = 250 Bq.
Si el quocient no fos una potència de 2, caldria resoldre amb logaritmes: t = ln(A₀/A)/λ.

a) Falsa. La desintegració és un procés nuclear que no depèn de la temperatura, la pressió ni l'estat químic: la constant λ és característica de cada nuclid.
b) Certa. Un neutró es converteix en un protó: A es manté i Z augmenta una unitat.
c) Falsa. La mesura de l'estabilitat és l'energia d'enllaç per nucleó, no la total. L'urani-238 té una energia d'enllaç total molt més gran que el ferro-56 (té 238 nucleons lligats davant de 56), però és menys estable perquè cada nucleó seu està menys lligat (uns 7,6 MeV davant dels 8,8 MeV del ferro).
d) Certa només com a valor mitjà estadístic. La desintegració és aleatòria: no sabem quin nucli es desintegrarà, però amb un nombre enorme de nuclis la fracció que queda al cap d'un període és, amb molt bona aproximació, la meitat.

Massa inicial: 226,0254 u. Massa final: 222,0176 + 4,0026 = 226,0202 u.
Defecte de massa de la reacció: Δm = 226,0254 − 226,0202 = 0,0052 u. Com que la massa final és menor, el procés és espontani i allibera energia.
E = 0,0052·931,5 = 4,84 MeV = 4,84·$10^{6}$·1,6·$10^{-19}$ = 7,7·$10^{-13}$ J.
Aquesta energia apareix com a energia cinètica dels productes: gairebé tota se l'emporta la partícula alfa (és molt més lleugera que el nucli de radó, i per conservació de la quantitat de moviment la partícula lleugera surt molt més ràpida); el nucli de radó retrocedeix amb una petita part.
Error típic: convertir les masses a kg innecessàriament; amb l'equivalència 1 u = 931,5 MeV el càlcul és directe.

L'energia d'enllaç per nucleó mesura com de fortament lligat està cada nucleó: com més alta, més estable és el nucli i menys massa té per nucleó.
Fissió: un nucli pesant (A ≈ 235, 7,6 MeV/nucleó) es trenca en dos fragments mitjans (A ≈ 90–140, uns 8,5 MeV/nucleó). Cada nucleó queda més lligat, i la diferència (uns 0,9 MeV per cadascun dels 235 nucleons, de l'ordre de 200 MeV) s'allibera.
Fusió: dos nuclis lleugers (per exemple deuteri i triti, amb poca energia d'enllaç per nucleó) s'uneixen per formar heli-4 (7,1 MeV/nucleó); de nou els nucleons passen a un estat més lligat i es desprèn energia (17,6 MeV).
El ferro és al màxim de la corba: qualsevol procés que el trenqui o el fusioni porta els nucleons a un estat menys lligat, i per tant cal aportar energia en lloc d'obtenir-ne. Per això les estrelles no poden obtenir energia fusionant més enllà del ferro i acaben col·lapsant.

a) λ = ln 2/T = 0,693/5730 = 1,21·10^-4 any^-1.
b) L'activitat per gram decau com A = A₀·e^−λt: 3,6 = 15,3·e^−λt → e^−λt = 0,235 → λt = ln(15,3/3,6) = ln 4,25 = 1,447 → t = 1,447/(1,21·10^-4) = 1,2·10⁴ anys (uns 12 000 anys).
Comprovació: 2 períodes (11 460 anys) deixarien 15,3/4 = 3,8 desintegracions per minut i gram; com que en queden 3,6, l'edat és una mica superior.
c) Mentre l'organisme és viu incorpora contínuament carboni de l'atmosfera (per la fotosíntesi o l'alimentació), on la proporció de ¹⁴C es manté constant perquè els raigs còsmics el regeneren; en morir, deixa d'incorporar-ne i el ¹⁴C només decau. Els dinosaures van viure fa més de 65 milions d'anys, més d'11 000 períodes: no quedaria ni un sol àtom de ¹⁴C mesurable. Per a edats tan grans es fan servir isòtops de període molt més llarg (urani-plom, potassi-argó).

a) Cada àtom de plom-206 prové d'un àtom d'urani-238 que s'ha desintegrat. Si ara hi ha N àtoms d'urani i 0,5N de plom, inicialment hi havia N₀ = N + 0,5N = 1,5N àtoms d'urani. Fracció desintegrada: 0,5N/1,5N = 1/3 = 33 %.
b) N = N₀·e^−λt → N₀/N = 1,5 = e^λt → t = ln 1,5/λ, amb λ = 0,693/(4,5·10⁹) = 1,54·10^-10 any^-1.
t = 0,405/(1,54·10^-10) = 2,6·10⁹ anys.
Comprovació: és menys d'un període (que deixaria N₀/N = 2), coherent amb el fet que només s'ha desintegrat un terç de l'urani.
c) D'aquí a un període més, l'urani actual s'haurà reduït a la meitat: urani = N/2 i plom = 0,5N + N/2 = N. Relació plom/urani = N/(N/2) = 2 (quatre vegades la relació actual).

a) Z = 92 protons i N = 235 − 92 = 143 neutrons. Massa dels nucleons separats: 92·1,00728 + 143·1,00866 = 92,66976 + 144,23838 = 236,90814 u.
Δm = 236,90814 − 234,9933 = 1,9148 u → E = 1,9148·931,5 = 1784 MeV → per nucleó: 1784/235 = 7,59 MeV.
b) En la fissió, els 235 nucleons passen de 7,59 a uns 8,5 MeV d'energia d'enllaç cadascun. Energia alliberada ≈ 235·(8,5 − 7,59) = 235·0,91 ≈ 210 MeV, del mateix ordre que els 200 MeV habituals (la diferència ve del fet que els fragments i els neutrons no tenen tots exactament 8,5 MeV/nucleó).
c) L'estabilitat no la mesura l'energia d'enllaç total (que creix simplement perquè hi ha més nucleons), sinó l'energia d'enllaç per nucleó: cada nucleó de l'urani està menys lligat (7,59 MeV) que cada nucleó del ferro (8,8 MeV). Per això l'urani pot guanyar estabilitat trencant-se, i el ferro no.

a) Conservació del nombre màssic: 235 + 1 = 141 + 92 + x → x = 3 neutrons. (La càrrega també es conserva: 92 + 0 = 56 + 36 + 0.) Cada fissió allibera 3 neutrons que poden provocar noves fissions: si de mitjana més d'un ho fa, el nombre de fissions creix exponencialment (reacció en cadena). En un reactor es controla amb barres que absorbeixen neutrons perquè exactament un neutró per fissió en provoqui una altra.
b) Massa inicial: 235,0439 + 1,00866 = 236,05256 u. Massa final: 140,9144 + 91,9262 + 3·1,00866 = 235,86658 u. Δm = 236,05256 − 235,86658 = 0,18598 u.
E = 0,18598·931,5 = 173 MeV = 173·10⁶·1,6·10^-19 = 2,8·10^-11 J.
c) 1 g d'U-235 conté N = (1/235)·6,022·10²³ = 2,56·10²¹ nuclis → E = 2,56·10²¹·2,8·10^-11 = 7,1·10¹⁰ J, l'energia d'unes 2 tones de carbó.
Nota: les masses són atòmiques, però com que el nombre d'electrons es conserva (92 = 56 + 36), el defecte de massa és el mateix que amb masses nuclears.

a) λ = ln 2/T = 0,693/(5,27·3,16·10⁷) = 4,16·10^-9 s^-1. De A = λ·N: N₀ = A₀/λ = 2·10¹⁰/(4,16·10^-9) = 4,8·10¹⁸ nuclis.
Massa: m = (N₀/N_A)·60 = (4,8·10¹⁸/6,022·10²³)·60 = 4,8·10^-4 g = 0,48 mg. Una font molt activa conté una quantitat minúscula d'isòtop.
b) A = A₀·e^−λt amb λ = 0,693/5,27 = 0,1315 any^-1: A = 2·10¹⁰·e^{−0,1315·10} = 2·10¹⁰·0,268 = 5,4·10⁹ Bq. Comprovació: 10 anys són 1,9 períodes → entre la meitat i la quarta part de l'activitat inicial.
c) 10⁸ = 2·10¹⁰·e^−0,1315·t → e^−0,1315·t = 5·10^-3 → t = ln 200/0,1315 = 5,30/0,1315 = 40,3 anys (uns 7,6 períodes).

a) Alfa: ²¹⁸₈₄Po → ²¹⁴₈₂Pb + ⁴₂He (A baixa 4, Z baixa 2).
Beta menys: ²¹⁴₈₂Pb → ²¹⁴₈₃Bi + ⁰₋₁e + antineutrí (A igual, Z puja 1).
Beta menys: ²¹⁴₈₃Bi → ²¹⁴₈₄Po + ⁰₋₁e + antineutrí.
Nucli final: poloni-214.
b) Sí: té el mateix nombre atòmic (84) que el nucli inicial però diferent nombre màssic (214 davant de 218). Una alfa seguida de dues beta menys sempre retorna al mateix element amb 4 unitats menys de nombre màssic.
c) De ²¹⁴₈₄Po a ²⁰⁶₈₂Pb: el nombre màssic ha de baixar 8 → 2 desintegracions alfa. Aquestes fan baixar Z de 84 a 80; per arribar a 82 calen 2 beta menys. Total: 2 alfa i 2 beta menys (la cadena real és Po-214 → Pb-210 → Bi-210 → Po-210 → Pb-206).

a) Amb N_B0 = N i N_A0 = 8N: N_A(t) = 8N·(1/2)^t/2 i N_B(t) = N·(1/2)^t/6 (t en hores). Equivalentment, N = N₀·e^−λt amb λ_A = 0,693/2 = 0,347 h^-1 i λ_B = 0,693/6 = 0,116 h^-1.
b) Igualem: 8N·(1/2)^t/2 = N·(1/2)^t/6 → 2³·2^−t/2 = 2^−t/6 → 3 − t/2 = −t/6 → 3 = t/2 − t/6 = t/3 → t = 9 h.
Comprovació amb exponencials: 8·e^−0,347·9 = 8·0,0442 = 0,354 i e^−0,116·9 = 0,354. Coincideixen.
c) A: 9 h són 4,5 períodes → queda (1/2)^4,5 = 4,4 % dels seus nuclis. B: 1,5 períodes → queda (1/2)^1,5 = 35,4 %. En tots dos casos el nombre absolut és 0,354N.
Activitat inicial: A = λ·N. A_A0 = 0,347·8N = 2,77N h^-1 i A_B0 = 0,116·N h^-1: la mostra A és unes 24 vegades més activa, perquè té més nuclis i, a més, es desintegren més de pressa.

a) Càrrega: 4·(+1) = +2 + 2·(+1) + 0 → 4 = 4. Nombre màssic: 4·1 = 4 + 0 + 0 → 4 = 4. Equilibrada: dos protons s'han convertit en neutrons emetent dos positrons i dos neutrins.
b) Massa inicial: 4·1,00728 = 4,02912 u. Massa final: 4,00150 + 2·0,00055 = 4,00260 u (els neutrins tenen massa negligible). Δm = 4,02912 − 4,00260 = 0,02652 u.
E = 0,02652·931,5 = 24,7 MeV = 24,7·10⁶·1,6·10^-19 = 3,95·10^-12 J.
c) Reaccions per segon: 3,8·10²⁶/(3,95·10^-12) = 9,6·10³⁷ reaccions cada segon.
Cada reacció consumeix 4 protons: massa d'hidrogen = 9,6·10³⁷·4·1,00728·1,66·10^-27 = 6,4·10¹¹ kg cada segon (640 milions de tones), de la qual només un 0,7 % (Δm, uns 4,2·10⁹ kg) es converteix en energia, d'acord amb E = Δm·c².

a) De les 8 h a les 20 h passen 12 h = 2 períodes: A = 500·(1/2)² = 125 MBq.
b) λ = ln 2/T = 0,693/(6·3600) = 3,21·10^-5 s^-1. N₀ = A₀/λ = 5·10⁸/(3,21·10^-5) = 1,56·10¹³ nuclis (uns 2,6 nanograms: una quantitat ínfima).
c) En 2 períodes queda 1/4 dels nuclis; se n'han desintegrat 3/4: 0,75·1,56·10¹³ = 1,17·10¹³ nuclis.
Error típic: calcular els nuclis desintegrats com A₀·t = 5·10⁸·43200 = 2,2·10¹³; és incorrecte perquè l'activitat no és constant, sinó que va disminuint.
d) Un període curt fa que l'activitat desaparegui del cos en poques hores i la dosi rebuda sigui mínima; l'emissió gamma travessa el cos i es pot detectar des de fora amb una gammacàmera, mentre que les alfa i beta quedarien absorbides als teixits i només causarien dany sense donar imatge.

a) A = 1,85·2^-182/271 = 1,85·0,628 = 1,16 GBq.
El germani-68, de vida llarga, va produint contínuament gal·li-68. Com que el gal·li-68 es desintegra molt de pressa, al cap d'unes hores d'haver-lo extret se n'ha tornat a acumular gairebé el màxim possible (aproximadament la mateixa activitat que el germani). El generador funciona mentre l'activitat del pare sigui suficient, i això ho fixen els 271 dies del germani, no els 68 minuts del gal·li.

b) 150 = 1000·2^-t/67,7 → t = 67,7·log₂(1000/150) = 67,7·2,74 = 185 min ≈ 3 h 05 min. Cal injectar-la abans de les 12:05 aproximadament.

c) λ = ln 2/T = 0,693/(67,7·60) = 1,71·10^-4 s^-1. N = A/λ = 1,50·10⁸/1,71·10^-4 = 8,8·10¹¹ nuclis.
m = N·M/N_A = 8,8·10¹¹·68/6,022·10²³ = 9,9·10^-11 g, una dècima de nanogram: una dosi molt activa correspon a una massa ínfima, cosa que no altera la química del cos.

d) ⁶⁸₃₁Ga → ⁶⁸₃₀Zn + ⁰₊₁e + ν_e. En la desintegració β⁺ un protó del nucli es converteix en un neutró: A no canvia i Z disminueix en 1; l'element és el zinc.
Aniquilació: e⁺ + e^- → 2γ. Si el parell està pràcticament en repòs, tota l'energia és l'energia en repòs: 2·0,511 MeV, i cada fotó s'emporta 0,511 MeV. La quantitat de moviment inicial és nul·la; per conservar-la, els dos fotons han de sortir amb quantitats de moviment iguals i oposades. Per això un sol fotó no és possible i els dos detectors de l'anell del PET que els reben alhora defineixen una recta que passa pel punt d'aniquilació; amb moltes rectes es reconstrueix la imatge.

e) Fracció: 2^-360/67,7 = 2^-5,32 = 0,025, un 2,5 %. Al cap d'unes hores el pacient pràcticament ja no és radioactiu, un avantatge dels isòtops de període curt.

Errors típics

• Barrejar minuts i dies (o minuts i segons) en l'exponent o en λ.
• Escriure la desintegració β⁺ augmentant Z, com si fos β^-.
• Pensar que l'aniquilació produeix un sol fotó d'1,022 MeV: no conservaria la quantitat de moviment.

Conceptes treballats: llei de desintegració radioactiva, activitat i constant de desintegració, sèries pare-fill, desintegració β⁺, aniquilació matèria-antimatèria, conservació de l'energia i de la quantitat de moviment, medicina nuclear.

a) t = T·log₂(A₀/A) = 5730·log₂(0,226/0,061) = 5730·1,89 = 1,08·10⁴ anys (uns 10 800 anys, època mesolítica).
Hipòtesi: en el moment de la mort, l'os tenia la mateixa proporció de C-14 que la matèria viva actual, és a dir, que la proporció de C-14 a l'atmosfera no ha canviat (a la pràctica es corregeix amb corbes de calibratge).

b) λ = 0,693/(5730·3,156·10⁷) = 3,83·10^-12 s^-1. N(C-14) = A/λ = 0,226/3,83·10^-12 = 5,9·10¹⁰ àtoms.
Àtoms de carboni en 1 g: 6,022·10²³/12 = 5,02·10²². Proporció: 5,9·10¹⁰/5,02·10²² = 1,2·10^-12: un àtom de C-14 per cada bilió d'àtoms de carboni.

c) A = 0,226·2^{-50 000/5730} = 0,226·2^-8,73 = 5,3·10^-4 Bq/g. En una hora: 5,3·10^-4·3600 ≈ 1,9 desintegracions per gram de carboni.
Amb tan poques desintegracions, l'error estadístic és enorme i el fons de radiació ambiental, que el detector també compta, és comparable o més gran que el senyal. A més, una contaminació minúscula amb carboni modern falsejaria completament el resultat. Per això el límit pràctic és d'uns 50 000 anys (uns 9 períodes).

d) Al cap de 66·10⁶ anys han passat 66·10⁶/5730 ≈ 11 500 períodes: la fracció que queda és 2^{-11 500}, és a dir, no queda ni un sol àtom del C-14 original. Per a edats geològiques cal un isòtop amb un període comparable a l'edat que es vol mesurar (de l'ordre de 10⁸–10⁹ anys), com el potassi-40 o l'urani-238, i datar les roques volcàniques que envolten el fòssil, no l'os.

Errors típics

• Fer servir directament el quocient 0,061/0,226 com si l'activitat disminuís linealment amb el temps.
• Calcular λ en anys^-1 i fer N = A/λ amb A en Bq (desintegracions per segon).
• Pensar que el mètode del carboni-14 serveix per a qualsevol edat només perquè el C-14 no desapareix mai del tot matemàticament.

Conceptes treballats: llei de desintegració, període de semidesintegració, activitat i nombre de nuclis, datació radiomètrica, límits experimentals d'un mètode de mesura.

a) L'argó és un gas noble que no forma enllaços químics. Mentre la lava és fosa, l'argó que s'hi forma s'escapa a l'atmosfera. Quan la roca se solidifica, els àtoms d'argó que es formen a partir d'aquell moment queden atrapats a la xarxa cristal·lina: el rellotge es «posa a zero» en la solidificació.

b) Argó/potassi = 0,107·N_D/N = 3,0·10^-5 → N_D/N = 3,0·10^-5/0,107 = 2,80·10^-4: només es desintegren uns 3 nuclis de potassi-40 per cada 10 000 que en queden.
N₀/N = 1 + N_D/N = 1,000280 → t = T·log₂(1,000280) = 1,25·10⁹·4,05·10^-4 = 5,1·10⁵ anys, és a dir, uns 500 000 anys. És una edat quaternària, plausible per a una colada d'una zona volcànica tan recent com la Garrotxa.

c) Si s'ha perdut argó, la proporció mesurada és més petita que la real, el càlcul dona menys nuclis desintegrats i l'edat surt més petita que la real. El sistema ha d'haver estat tancat (sense entrades ni sortides d'argó ni de potassi) des de la solidificació.

d) En 1000 anys es desintegraria una fracció 1 - 2^{-1000/1,25·109} ≈ 5,5·10^-7 del potassi-40, i només el 10,7 % es convertiria en argó: hi hauria uns 6·10^-8 àtoms d'argó per àtom de potassi-40, una quantitat impossible de distingir de la contaminació atmosfèrica. Per a edats curtes cal un isòtop de període curt.

Errors típics

• Oblidar el factor 0,107 i suposar que tot el potassi desintegrat s'ha convertit en argó (l'edat sortiria unes 10 vegades més petita).
• Fer servir N_Ar/N_K com si fos la fracció que queda, N/N₀.
• Pensar que una pèrdua d'argó envelleix la roca.

Conceptes treballats: llei de desintegració, desintegració ramificada, datació radiomètrica, hipòtesis d'un mètode (sistema tancat), elecció de l'isòtop segons l'escala de temps.

a) $P_{t}$ = $\tfrac{P_{e}}{\eta} = 1{,}0$·$\tfrac{10^{9}}{0{,}33} = 3{,}0$·$10^{9}$ W.
Energia per fissió: 200·$10^{6}$·1,60·$10^{-19}$ = 3,2·$10^{-11}$ J → fissions per segon: 3,0·$\tfrac{10^{9}}{3{,}2}$·$10^{-11}$ = 9,5·$10^{19}$ $s^{-1}$.

b) En un any: 9,5·$10^{19}$·3,156·$10^{7}$ = 3,0·$10^{27}$ nuclis = 3,0·$\tfrac{10^{27}}{6{,}022}$·$10^{23}$ = 5,0·$10^{3}$ mol → m = 5,0·$10^{3}$·235 = 1,2·$10^{6}$ g ≈ 1,2 t d'urani-235.
(El combustible real és òxid d'urani enriquit amb un 3–5 % d'U-235, de manera que la massa total de combustible és unes 25–30 vegades més gran.)

c) Energia tèrmica anual: 3,0·$10^{9}$·3,156·$10^{7}$ = 9,6·$10^{16}$ J. Carbó: 9,6·$\tfrac{10^{16}}{2{,}9}$·$10^{7}$ = 3,3·$10^{9}$ kg = 3,3 milions de tones, unes 3·$10^{6}$ vegades més massa que l'urani fissionat. Les energies nuclears (MeV per nucli) són milions de vegades més grans que les químiques (uns quants eV per enllaç).

d) Δm = $\text{E/c}^{2}$ = 9,6·$\tfrac{10^{16}}{9{,}00}$·$10^{16}$ = 1,1 kg.
És la diferència entre la massa dels nuclis i neutrons inicials i la dels productes de fissió: els productes estan més fortament lligats (més energia d'enllaç per nucleó) i tenen menys massa. Aquest 1,1 kg és només una petita part (un 0,09 %) de la tona d'urani que es fissiona: la major part de la massa continua als productes de fissió (els residus).

e) Els neutrons ràpids tenen poca probabilitat de provocar la fissió de l'U-235; el moderador (aigua) els frena fins a energies tèrmiques sense absorbir-los gaire. Les barres de control (de bor o cadmi) absorbeixen neutrons i permeten mantenir exactament un neutró útil per fissió (factor de multiplicació k = 1, reacció en cadena estacionària). Si k > 1 el nombre de fissions creixeria exponencialment i la potència es dispararia; per això els reactors tenen sistemes que introdueixen automàticament les barres.

Errors típics

• Fer servir la potència elèctrica en lloc de la tèrmica per comptar les fissions.
• Pensar que tota la massa de l'urani fissionat es converteix en energia.
• Oblidar passar els MeV a joules.

Conceptes treballats: fissió nuclear, energia alliberada, rendiment, equivalència massa-energia, defecte de massa, reacció en cadena, comparació amb l'energia química.

a) p_He = p_n = p. Com que E_c = p²/(2m), E_n/E_He = m_He/m_n: la partícula més lleugera s'emporta més energia. Amb E_n + E_He = 17,6 MeV:
E_n = 17,6·m_He/(m_He + m_n) = 17,6·4,0026/5,0113 = 14,1 MeV; E_He = 3,5 MeV. El neutró s'emporta el 80 % de l'energia.

b) El neutró no té càrrega: el camp magnètic no hi fa cap força i surt en línia recta del plasma. Les partícules alfa, carregades, queden confinades i escalfen el plasma. Els neutrons es frenen al mantell que envolta la cambra i hi dipositen la seva energia en forma de calor (que s'aprofitaria per produir electricitat). A més, al mantell hi ha liti, que en absorbir neutrons produeix triti, el combustible que no existeix a la natura.

c) Reaccions per segon: 500·10⁶/(17,6·1,60·10^-13) = 1,78·10²⁰ s^-1. En un dia: 1,78·10²⁰·86 400 = 1,53·10²⁵ nuclis de triti = 25,5 mol → m = 25,5·3,016 = 77 g de triti al dia. Una quantitat petitíssima de combustible per a 500 MW.

d) E_p = k·e²/r = 8,99·10⁹·(1,60·10^-19)²/3·10^-15 = 7,7·10^-14 J = 0,48 MeV.
A 10⁸ K, k_B·T = 1,38·10^-15 J ≈ 8,6 keV, unes 50 vegades menys que la barrera. Tot i així, la fusió es produeix perquè al plasma hi ha partícules molt més energètiques que la mitjana i perquè, per efecte túnel quàntic, poden travessar la barrera sense superar-la del tot. A temperatures més baixes la fracció de xocs eficaços seria massa petita.

Errors típics

• Repartir l'energia a parts iguals entre les dues partícules o en proporció directa a les masses.
• Pensar que el confinament magnètic reté també els neutrons.
• Confondre la massa del triti amb la de l'heli o oblidar passar de nombre de nuclis a mols.

Conceptes treballats: fusió nuclear, conservació de la quantitat de moviment i de l'energia, energia potencial elèctrica, força magnètica sobre partícules carregades, temperatura i energia tèrmica, energia nuclear del futur.

a) A = 300·50 = 1,5·10⁴ Bq. λ = 0,693/(3,82·86 400) = 2,10·10^-6 s^-1 → N = A/λ = 7,1·10⁹ àtoms → m = 7,1·10⁹·222/6,022·10²³ = 2,6·10^-12 g. Una massa indetectable químicament però amb 15 000 desintegracions per segon.

b) ²²²₈₆Rn → ²¹⁸₈₄Po + ⁴₂He.
Δm = 222,017578 - 218,008973 - 4,002603 = 0,006002 u → Q = 0,006002·931,5 = 5,59 MeV.

c) p_α = p_Po i E_c = p²/(2m) → E_α/E_Po = m_Po/m_α ≈ 218/4. La partícula alfa, molt més lleugera, s'emporta gairebé tota l'energia: E_α = Q·m_Po/(m_Po + m_α) = 5,59·218,009/222,012 = 5,49 MeV. El nucli de poloni retrocedeix amb només 0,10 MeV.

d) A = 1,5·10⁴·2^-14/3,82 = 1,5·10⁴·0,079 = 1,2·10³ Bq (24 Bq/m³).
A la pràctica és impossible segellar del tot el terra i el radó continua entrant. Ventilar substitueix contínuament l'aire i manté la concentració baixa; a més, s'emporta també els fills del radó.

e) El problema no és la radiació que ve de fora, sinó el radó inhalat i, sobretot, els seus descendents (poloni-218, poloni-214…), que són sòlids, s'adhereixen a les partícules de pols i es dipositen als bronquis. Allà emeten partícules alfa directament sobre les cèl·lules, que no tenen cap capa protectora. Les alfa dipositen tota la seva energia en un recorregut molt curt i causen molt dany biològic a l'ADN.

Errors típics

• Barrejar dies i segons en calcular λ.
• Pensar que la partícula alfa i el nucli fill es reparteixen Q a parts iguals.
• Concloure que les partícules alfa són inofensives perquè són poc penetrants, sense distingir entre exposició externa i interna.

Conceptes treballats: desintegració alfa, energia de reacció a partir de les masses, conservació de la quantitat de moviment, activitat i nombre de nuclis, llei de desintegració, efectes biològics de la radiació.

a) λ = 0,693/(432·3,156·10⁷) = 5,08·10^-11 s^-1. N = A/λ = 3,7·10⁴/5,08·10^-11 = 7,3·10¹⁴ àtoms → m = 7,3·10¹⁴·241/6,022·10²³ = 2,9·10^-7 g ≈ 0,3 µg.

b) Parells per alfa: 5,5·10⁶/34 = 1,6·10⁵. Parells per segon: 3,7·10⁴·1,6·10⁵ = 6,0·10⁹ → I = 6,0·10⁹·1,60·10^-19 = 9,6·10^-10 A ≈ 1 nA. (A la realitat és més petit perquè una part de les alfa no entra a la cambra.) És un corrent minúscul, però l'electrònica en detecta fàcilment una disminució.

c) Fracció que queda: 2^-10/432 = 0,984: la font només perd un 1,6 % de l'activitat. No és el motiu del recanvi: els detectors es canvien perquè l'electrònica, la bateria i la cambra (que acumula pols) es degraden. Precisament s'escull l'americi-241 perquè el seu període llarg dona una activitat pràcticament constant.

d) Les partícules alfa s'aturen amb uns centímetres d'aire, un full de paper o la carcassa de plàstic: des de fora no arriba cap radiació alfa a l'usuari. Si s'ingerís, l'americi es fixaria als ossos i les alfa dipositarien tota la seva energia a les cèl·lules del voltant durant molts anys (període llarg), amb un dany biològic molt gran.

Errors típics

• Calcular N amb λ en anys^-1 i A en Bq.
• Pensar que l'activitat de la font disminueix a la meitat en pocs anys.
• Confondre «poc penetrant» amb «poc perillosa».

Conceptes treballats: activitat i constant de desintegració, nombre de nuclis i massa, ionització per radiació alfa, corrent elèctric, aplicacions de la radioactivitat, protecció radiològica.

a) N = (4000/238)·6,022·10²³ = 1,01·10²⁵ nuclis. λ = 0,693/(87,7·3,156·10⁷) = 2,50·10^-10 s^-1 → A = λ·N = 2,5·10¹⁵ Bq.
P_t = 2,5·10¹⁵·5,59·1,60·10^-13 = 2,3·10³ W (uns 570 W per quilogram: el plutoni es posa al roig).

b) P_e = 0,060·2,27·10³ = 1,4·10² W. Al cap de 14 anys: P = 136·2^-14/87,7 = 136·0,895 = 1,2·10² W.

c) De 1977 a 2024 hi ha 47 anys: 2^-47/87,7 = 0,69. El plutoni encara dona el 69 % de la potència inicial; per això les Voyager encara funcionen, tot i que s'han hagut d'apagar instruments.

d) Amb la mateixa massa i energia per desintegració, P ∝ 1/T_1/2. El Pu-239 donaria 24 110/87,7 ≈ 275 vegades menys potència per kg (uns 2 W/kg): caldrien tones. El Po-210 en donaria λ_Po/λ_Pu ≈ 230 vegades més, però al cap d'un any només en quedaria el 2^-365/138 = 16 %. El Pu-238 és un compromís: prou actiu per donar molta potència amb poca massa i prou durador per a missions de dècades.

e) La intensitat de la llum solar disminueix amb el quadrat de la distància al Sol. A Júpiter (uns 5,2 ua) arriba unes 27 vegades menys llum que a la Terra, i a Saturn o més enllà, centenars de vegades menys: les plaques haurien de ser enormes. Un RTG no depèn de la llum i funciona igual a qualsevol distància.

Errors típics

• Calcular la potència amb el nombre de nuclis en lloc de l'activitat (nuclis que es desintegren per segon).
• Aplicar la llei de desintegració al rendiment o restar linealment la potència perduda.
• Pensar que un període més llarg sempre és millor: amb la mateixa massa, dona menys potència.

Conceptes treballats: activitat i potència d'una font radioactiva, llei de desintegració, energia de desintegració alfa, rendiment, elecció d'isòtops, llei de l'invers del quadrat.

a) He-4: Δm = 2·1,007825 + 2·1,008665 - 4,002603 = 0,030377 u → B = 28,30 MeV → $\tfrac{B}{A} = 7{,}07$ MeV.
C-12: Δm = 6·1,007825 + 6·1,008665 - 12,000000 = 0,098940 u → B = 92,16 MeV → $\tfrac{B}{A} = 7{,}68$ MeV.
O-16: Δm = 8·1,007825 + 8·1,008665 - 15,994915 = 0,137005 u → B = 127,6 MeV → $\tfrac{B}{A} = 7{,}98$ MeV.

b) Triple alfa: Q = (3·4,002603 - 12,000000)·931,5 = 0,007809·931,5 = 7,27 MeV. Amb les energies d'enllaç: Q = 92,16 - 3·28,30 = 7,26 MeV (coincideix, llevat d'arrodoniments).
Captura alfa: Q = (12,000000 + 4,002603 - 15,994915)·931,5 = 0,007688·931,5 = 7,16 MeV.

c) Triple alfa: $\tfrac{7{,}27}{12} = 0{,}61$ MeV per nucleó. Hidrogen → heli: $\tfrac{26{,}7}{4} = 6{,}7$ MeV per nucleó, unes 11 vegades més. Com que la combustió de l'heli dona molta menys energia per unitat de massa i, a més, l'estrella és més lluminosa en aquesta fase, el combustible s'esgota molt més de pressa: l'etapa de l'heli dura de l'ordre d'un 10 % de la de l'hidrogen.

d) Si l'energia d'enllaç per nucleó dels productes no és més gran que la dels reactius, la reacció no allibera energia sinó que n'absorbeix. Més enllà del ferro, B/A disminueix, de manera que fusionar ferro consumeix energia: el nucli de l'estrella perd el suport de pressió i col·lapsa (supernova). Els elements més pesants es formen per captura de neutrons, sobretot en esdeveniments explosius com les supernoves i les fusions d'estrelles de neutrons, on l'energia ve de la gravitació.

Errors típics

• Fer servir la massa del protó en lloc de la de l'àtom d'hidrogen amb masses atòmiques (s'introdueix un error amb els electrons).
• Comparar energies alliberades per reacció en lloc de per nucleó o per unitat de massa.
• Pensar que qualsevol fusió allibera energia.

Conceptes treballats: energia d'enllaç i energia d'enllaç per nucleó, defecte de massa, fusió nuclear, estabilitat nuclear, nucleosíntesi estel·lar, astrofísica.

a) Càrrega: 0 → +1 - 1 + q → q = 0. Nombre bariònic: 1 → 1 + 0 + B → B = 0. Nombre leptònic: 0 → 0 + 1 + L → L = -1. És una antipartícula leptònica neutra: l'antineutrí electrònic. n → p + e^- + $\bar{ν}$_e.
En quarks: udd → uud, és a dir, un quark d es converteix en un quark u: d → u + e^- + $\bar{ν}$_e (interacció feble).

b) Q = (m_n - m_p - m_e)·c² = 939,565 - 938,272 - 0,511 = 0,782 MeV.
Si només hi hagués un protó i un electró, les dues partícules haurien de sortir amb quantitats de moviment oposades i l'energia es repartiria d'una única manera: l'electró tindria sempre la mateixa energia. L'espectre continu indica que una tercera partícula, invisible als detectors, s'emporta una part variable de l'energia i de la quantitat de moviment. Pauli va proposar el neutrí per salvar la conservació de l'energia; es va detectar el 1956.

c) T_1/2 = 880·0,693 = 610 s. Temps de vol: t = 10/2200 = 4,5·10^-3 s. Fracció desintegrada: 1 - e^-t/τ ≈ t/τ = 4,5·10^-3/880 = 5,2·10^-6, unes 5 parts per milió: és negligible per a l'experiment.

d) (1) Impossible per a un protó lliure: la massa final (939,565 + 0,511 MeV) és més gran que la inicial (938,272 MeV) i no es conservaria l'energia. (2) Conserva la càrrega però no el nombre bariònic (1 → 0) ni el leptònic (0 → -1): no s'ha observat mai (la vida mitjana del protó és més gran que 10³⁴ anys). (3) Conserva la càrrega (+1 → +1) i el nombre bariònic (2 → 2), però no el nombre leptònic (0 → +1): impossible.
Dins d'un nucli, el procés p → n + e⁺ + ν_e és possible si el nucli fill està més fortament lligat que el pare: la diferència d'energia d'enllaç aporta l'energia que falta (és la desintegració β⁺ del fluor-18 o del gal·li-68).

Errors típics

• Identificar la tercera partícula com un neutrí en lloc d'un antineutrí (el nombre leptònic no quadraria).
• Oblidar la massa de l'electró en calcular l'energia alliberada.
• Pensar que, si un protó lliure no es pot desintegrar en un neutró, cap nucli pot emetre positrons.

Conceptes treballats: desintegració β^-, lleis de conservació (càrrega, nombre bariònic, nombre leptònic, energia), quarks, neutrí, vida mitjana i període de semidesintegració, model estàndard.