Deber Deb er de F´ısica ısic a Nuclear Nucl ear Radio Nuclear y Modelo de la Gota L´ıquida Alejandro G´ omez omez Espinosa
*
Escuela Polit´ ecnica ecnica Nacional Naciona l Quito - Ecuador
16 de noviembre de 2010
1. Puede un acelerador que produce un haz de 20 MeV de iones C 20 en el sistema de laboratorio ser utilizado para investigar la reacci´ on 12
C + C +16 O
17
→
F +11 B
15,,368 368M M eV − 15
De la reacci´on on sabemos que: Q = 15 15,,368 368M M eV lo que nos indica que es una reacci´on endot´ermica. ermica. De esta est a manera man era utiliza u tilizamos: mos:
−
E =
mF + mB Q mF
(1)
correspondiente a esta reacci´on on para encontrar el valor de d e energ´ıa ıa l´ımite. Reemplazando Reemplaz ando los valores en (1 ( 1) hallamos: hallamos: E =
17 + 11 15 15,,368 = 23, 23,50 17
De esta es ta manera encontramos encontramo s que qu e como co mo la l a energ e nerg´´ıa l´ımite es mayor m ayor a la energ´ıa ıa del haz del acelerador, entonces no es suficiente para iniciar la reacci´on. 2. A qu´ qu ´ e ener en erg´ g´ıa ıa cin´ ci n´eti et ica E kin kin es igual la longitud de onda de De Broglie a a) la longitud de onda de Compton, b) al radio cl´ asico del electr´ on? Conocemos la ecuaci´on: on:
λD = λC (( + 2))−1/2
(2)
2 donde = E kin nalados: nalados: kin /mo c . Ahora consideramos los dos casos se˜
a) Cuando λD = λC la ecuaci´on on (2) es igual a: 1 = (( + 2))−1/2 resolvemos y encontramos que la soluci´on on positiva es igual a = Reemplazando hallamos: E kin kin = m o c2
−1 +
√
2
≈ 0,414.
E kin 414(0,516 516M M eV ) eV ) = 0,212 212M M eV kin = 0,414(0, b) Cuando λD = re = αλC , donde α = 1/137 es la constante de estructura fina. Reemplazando en (2 (2) tenemos: tenemos: α = (( + 2))−1/2 Resolviendo encontramos que la soluci´on on positiva de esta ecuaci´on on es: = 136. Reemplazando : E kin 136(0,516 516M M eV ) eV ) = 70, 70,18 18M M eV kin = 136(0, *
[email protected]
1
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3. Si una gota de agua esf´erica erica con radio radio R = 0.15 cm tuviera la densidad de masa nuclear, cual ser´ıa ıa su masa? masa ? La densidad de masa nuclear viene dada por la f´ormula: ormula: ρ0 =
4 3
m p πR 3
(3)
Reemplazando con los valores correspondientes tenemos y considerando que una gota de agua tiene 18 g: 18 18gg ρ0 = 4 = 1, 1 ,273 273kgcm kgcm−3 = 1,273 273kg kg 3 π (0, (0 , 15 15cm cm) ) 3 4. Demuestre que para una distribuci´ on de d e carga (Ze) homog´ enea enea que atravieza el volumen v olumen de una esf´ era era de radio R, la constante constante en la ecuaci´ on 2
E =
Ze ) −a (Ze) R
toma el valor de 3/5, opuesto al valor 1/2 aplicable a una distribuci´ on uniforme de super ficie. Cual es la diferencia diferencia de porcentaje porcentaje entre las energ´ energ´ıas ıas correspon correspondientes dientes de Coulomb? Sabemos que el campo el´ectrico ectrico dentro dentro de una esfera de radio R para cargas puntuales puntuales q en el sistema gaussiano es igual: q E = 3 rr R donde r es el vector posici´on on de la carga. Adem´as as sabemos que el potencial es igual a r
V ( V (r) =
−
E dr
·
∞
integrando en dentro de la esfera tenemos: R
V ( V (r) =
−
∞
q dr 2 r
R
− r
q 1 dr 3 r = q R R
−
1 R3
r2
−R 2
2
r2 R2
− =
q 2R
3
El trabajo de una distribuci´on on de carga es igual a: 1 W = 2
ρV dτ
donde dτ es el diferencial de ´angulo angulo s´olido olido y ρ es la distribuci´on on de carga. Reemplazando el potencial en el trabajo tenemos: 1 q W = ρ 2 2R
R
0
r2 R2
−
4πr 2 dr 3
4qρπ = R
R3
−
R3 5
=
4qρπ 2 R 5
Finalmente sabemos que la distribuci´on on de carga c arga volum´etrica etrica es igual: i gual: ρ=
4 3
q πR 3
que reemplazando reemplazando en W obtenemos: obtenemos: 4qπR 2 q 3 q2 W = = 4 5 5R πR3 3 5. Que valor se obtiene para el radio de un electr´ on si su energ´ energ´ıa de Coulomb E C C es igual a su 2 energ ene rg´ ´ıa ıa en reposo repos o E o = me c , asumiendo un a) volumen homog´ homog´eneo; eneo; b) una distribuci´ on superficial superfi cial homog´enea enea de carga.
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a) Con un volumen homog´eneo eneo el valor de a = 3/5, reemplazando en (4) y despejando R obtenemos: 3 e2 3 (1, (1,52 10−14 )2 re = = = 1,679 10−15 m 5 E c 5 8,256 10−14
× ×
×
a) Con una distribuci´on on superficial el valor de a = 1/2, reemplazando reemplazando en (4) y despejando R obtenemos: 1 (1, (1,52 10−14 )2 re = = 1,399 10−15 m −14 2 8,256 10
× ×
×
6. Confirme los resultados num´ ericos ericos deducidos d educidos para para la l a f´ f ´ ormula ormu la semiemp´ semi emp´ırica ıri ca de masa mas a a trav´es es de la sugerencia de la Secci´ on 2.3.5. La f´ ormula ormula semiemp´ırica ırica de masa es: M (Z, A) = ZM H (A H + (A
2/3
− Z )M n − av A + asA
Z 2 (A 2Z )2 + ac 1/3 + aa A A
−
(5)
Derivando con respecto a Z tenemos: ∂M ( ∂M (A, Z ) Z = M H 2ac 1/3 H + 2a ∂Z A
4(A − 2Z ) − ac 4(A − M n = 0 A
donde despejando despejando Z hallamos: hallamos:
2ac 8aa Z + A A1/3 Z =
= 4aa
− M H H + M n
A 8aa +2ac A2/3 4aa −M H +M n
Adem´ as tenemos las equivalencias: aa = 19 as 19M M eV , eV , ac = 0,595 595M M eV , eV , M H 938,767 767M M eV y H = 938, M n = 939, 939,566 566M M eV ; eV ; que reemplazando en la ecuaci´on on anterior: Z =
A 1,98 + 0, 0,0155 0155A A2/3
7. Use la ecuaci´ on Z stable stable =
− 2kk
2
(6)
3
para establecer si el nuclido radioactivo
142 54
X e tiene inestabilidad β − o β +
Veamos los dos casos: Si
142 54
Xe sufre decaimiento β − , la ecuaci´on on (5) es: M (2 M (2,, A) = k1 A + k2 Z + Z + k3 Z 2
±δ
donde: k2 = M H H
− M n − 4aa = 938, 938,767 − 939 939,,566 − 76 76,,0 = −76 76,, 799 799M M eV
k3 =
ac 4aa 0,595 76 76,,0 + = + = 0, 0 ,65 65M M eV / / 1 3 1 3 A 142 A (142)
reemplazando en (6 (6) obtenemos: Z stable stable = Si
142
76,,799 − −76 = 118, 118,15 ≈ 118 0,65
Xe sufre decaimiento β + , realizamos el mismo procedimiento anterior.
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8. La transici´ on de energ´ energ´ıa para para la transici´ on β + entre los n´ ucleos espejo 1,19 19M M eV . eV . Qu´e valor valo r indicar indi car´ ´ıa para el par´ ametro de radio ro
13
N y 13 C es E o =
Para n´ ucleos ucleos espejo sabemos que la diferencia en las respectivas energ´ energ´ıas de enlace es: ∆B = ac A2/3 (A donde para n´ ucleos espejo la diferencia A ucleos con 1, 1,19 19M M eV : eV : ac =
− 2Z )
(7)
( 7) hallamos el valor de ac − 2Z es igual a 1. De (7
∆B 1,19 19M M eV = = 2,152 A2/3 132/3
5
× 10 eV ≈ 3,444 × 10
−14
J
Finalmente conocemos la expresi´on on para ac : 3 e2 5 ro
ac =
(8)
de donde despejamos r0 : ro =
3 (1, (1,52 10−14 )2 = 4,030 5 3,444 10−14
× ×
·
−15
× 10
m
9. De las energ´ energ´ıas de transici´ on β − de dos is´ obaros A = 89, 89 37
Rb52 (E β = 3,92 92M M eV ) eV )
89 38
Sc 51 (E β = 1, 1 ,46 46M M eV ) eV )
utilice la ecuaci´ on:
1 ± − Z stable stable ) − ] 2
Qβ ± = 2k 2 k3 [ (Z
(9)
para para calcular la energ´ energ´ıa de transici´ on β + : 89 41
N b48
→
89 40
Zr 49
y compare con el valor experimental E β +max = 2, 2 ,86 86M M eV . eV . De la ecuaci´on on (9) sabemos que el valor de k3 es: k3 = donde aa = 2,429 A = 89 tenemos:
× 10
k3 =
−2
4aa A
u y ac = 7,412
4(2, 4(2,429
× 10
−2
u)
89
2/3
1+ −4
× 10
1+
A 4 aaac
u. Reemplazando estos valores junto con 2/3
(89) 4
(10)
2,429×10−2 u 7,412×10−4 u
= 1,258
−3
× 10
Reemplazando estos valores en la ecuaci´on on (9) y despejando el Z stable stable para una desintegraci´ on beta negativa, para el Rb52 hallamos: on Z stable Z + stable = Z +
Qβ + 1 4,175 10−3 1 + = 52 + + = 54, 54 ,16 −3 2k3 2 2(1, 2(1,258 10 ) 2
× ×
≈ 54
Una vez que tenemos el valor del Z estable podemos encontrar el valor de Q para la reacci´on beta positiva; reemplazamos los valores encontrados en ( 9) para la nueva reacci´on: on: Qβ + = 2(1, 2(1,258
× 10
−3
)[54
− 40 + 12 ] = 1,635 × 10
−2
u = 3,39 39M M eV
Finalmente sabemos que para una reacci´on on beta positiva se cumple:
