Física Nuclear - María Shaw y Amalia Williart

,...

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© María Shaw Martos y Amalia Williart Torres © Alianza Editorial, S. A., Madrid, 1996

Calle Juan Ignacio Luca de Tena, 15; teléf. 393 88 88; 28027 Madrid ISBN: 84-206-8155-5

Depósito legal: M. 1.209-1996 Impreso en EFCA. s. A. Parque Industrial «Las Monjas». Printed in Spain

~

28850

Torrejón de Ardoz (Madrid)

-

-,

INTRODUCCIÓN CAPÍTULO

1. PRINCIPALES

11 CARACTERÍSTICAS

DEL NÚCLEO

.•.......

13

l. Introducción teórica

13

1.1. Propiedades nucleares 1.2. Modelos nucleares

. .

2. Problemas resueltos

16

. 23

2.1. Radio 2.2. Masa 2.3. Energía de enlace 2.4. Modelos nucleares

. 23 . 26 . 29 . 33 . 40

3. Problemas propuestos CAPÍTULO

13

2. RADIACTIVIDAD

43

1. Introducción teórica

43

1.1. Leyes de la desintegración radiactiva 1.2. Tipos de desintegración

43 46

7

J

".. 8

F/sica Nuclear:problemas resueltos

2. Problemas resueltos 2.1. Leyes de la desintegración radiactiva 2.2. Desintegración alfa y beta 2.3. Desintegración gamma

" "


3; INTERACCIÓN

68 DE LA RADIACIÓN CON LA MATERIA

....

1. Introducción teórica 1.1. Interacciones 1.2. Detectores 2. Problemas resueltos 2.1. Partículas cargadas 2.2. Radiación electromagnética 2.3. Detectores 2.4. Estadística 3. Problemas propuestos CAPÍTULO

4. REACCIONES

95

"


119

l. Introducción teórica 1.1. Determinación de secciones eficaces 1.2. Dispersión y moderación de neutrones 2.1. Interacción de neutrones 2.2. Propagación de neutrones en la materia 2.3. Moderación y difusión de neutrones 3. Problemas propuestos

Il....c

95 96 97 97 98 100 100 106 111 116

5. FÍSICA DE NEUTRONES


71

71 71 75 79 79 82 85 89 93

NUCLEARES

1. Introducción teórica 1.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares 1.2. Tipos de reacciones nucleares 1.3. Sección eficaz 1.4. Velocidad de producción de una reacción nuclear 2. Problemas resueltos 2.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares 2.2. Niveles de energía y secciones eficaces. Resonancia 2.3. Energía umbral

CAPÍTULO

49 49 54 62

119 119 121 "

125 125 130 134 138

"1

Indice

CAPÍTULO

6. FISIÓN Y FUSIÓN NUCLEAR:

141


141

1.1. Fisión 1.2. Fusión

141 149


155

2.1. Fisión 2.2. Fusión

155 162


7. PARTÍCULAS

169 ELEMENTALES

171


171

1.1. Clasificación de las partículas observadas

171

1.2. Características

176

y propiedades


179

2.1. Propiedades generales

179

2.2. Interacción relativista de partículas 2.3. Desintegración de partículas elementales 2.4. Energía umbral

183 187 191


8. PROTECCIÓN

196 RADIOLÓGICA

199


199

1.1. Magnitudes más importantes

199

1.2. Blindajes 1.3. Límites de dosis

202 204


207

2.1. Dosimetría

207

2.2. Cálculo de blindajes

212

3. Problemas propuestos SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS

--

9

,

217 219

Capítulo primero

219

Capítulo segundo

220

Capítulo tercero

222

-

~

1'"

10

F/sica Nuclear: problemas resueltos

Capítulo cuarto

224

Capítulo quinto

225

Capítulo sexto

226

Capítulo séptimo

227

Capítulo octavo

228

APENDICE

A: Esquemas de desintegración

229

APENDICE

B: Propiedades nucleares

235

APENDICE

C: Unidades y constantes

269

BIBLIOGRAFÍA

li...

273

~-------

"

Son numerosas las aplicaciones de la Física Nuclear, desde la medicina a la producción de energía -incluida la alternativa de fusión de plasmas en la que se tienen puestas tantas esperanzas -, pasando por la dosimetría, la protección radiológica o multitud de usos industriales. Además constituye una proporción muy importante de las investigaciones en Ciencia Básica, en sí misma, como elemento auxiliar - por ejemplo, en Biología- o como preparación para la Cosmología o para la Física de Partículas Elementales. Así lo reconocen los nuevos planes de estudio de las universidades españolas, al establecerla como asignatura troncal, obligatoria para todos los estudiantes de la Licenciatura en Física, y potenciar su estudio en las Ingenierías. Sorprendentemente, la abundancia de buenos libros teóricos de Física Nuclear no se ve acompañada con la de libros de problemas, escasos en todo el mundo y especialmente en España. Por eso nos parece oportuno aportar la experiencia que hemos acumulado durante muchos años de docencia en la Universidad a Distancia, tanto en la enseñanza teórica como en las prácticas de laboratorio. Creemos que esta colección de problemas puede ser muy útil para los estudiantes de Física Nuclear, lo mismo en Ingenierías que en Ciencias. La mayoría de los problemas han sido propuestos como trabajos prácticos a nuestros alumnos o como ejercicios de examen. Algunos son originales, otros adaptados, pero todos tienen, según nuestra experiencia, el carácter adecuado para facilitar el estudio y la comprensión de algún aspecto de la física del núcleo. No es nuestro objetivo abarcar todos los aspectos de la Física Nuclear. Por eso hemos hecho una selección, teniendo en cuenta los programas que suelen darse en las asignaturas de esta materia de las Universidades españolas. Los temas abordados cubren una gama amplia. Se empieza por las propiedades generales de los núcleos para seguir con la radiactividad y las interacciones de la 11

~

.,,-12


radiación con ljl materia. Se dedica también atención a la neutrónica y a los reactores nucleares, así como a las partículas elementales. El manejo de las radiaciones nucleares y los rayos X es una cuestión delicada que debe hacerse con sumo cuidado, tanto más cuanto que son invisibles y no se pueden detectar sin instrumentación adecuada. Su uso imprudente o su desconocimiento es peligroso y puede llegar a producir lesiones graves. Es, por tanto, muy importante que sean bien estudiadas por quienes las utilizan en medicina, biología, equipos industriales, energía nuclear, etc. Por esta razón incluimos en este libro un capítulo sobre dosimetría y protección radiológica. Cada capítulo se refiere a un tema concreto y está dividido en secciones. Empiezan todos por una breve introducción teórica, pensada como ayuda rápida al lector, pero que no pretende suplir lá exposición más detallada que puede encontrarse en cualquiera de los abundantes tratados teóricos. Por eso se recomienda usar este libro en combinación con alguno de esos textos. En cada capítulo se desarrolla en detalle la solución de un conjunto de problemas, en orden de dificultad creciente. Siguen luego otros sin resolver, pero cuyo resultado aparece al final del libro. EI1 total se presentan 110 problemas resueltos y 89 propuestos, cuyas soluciones aparecen al final del libro. Para terminar, en el Apéndice se añaden varias Tablas que creemos muy útiles: Tablas de unidades y constantes, Esquemas de desintegración y Propiedades de todos los núclidos, esta última basada en la evaluación publicada en 1993. Queremos hacer constar nuestro inmenso agradecimiento a la colaboración y ayuda prestada por el profesor Antonio Fernández-Rañada, sin cuyos consejos y estímulos hubiera sido difícil haber terminado este libro.

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-

1.

INTRODUCCIÓN

TEÓRICA

1.1. Propiedades nucleares Radio nuclear Un núcleo contiene Z protones y N = (A - Z) neutrones, empaquetados en un volumen de forma esférica o, al menos, aproximadamente esférica. Una propiedad muy interesante es que su densidad no depende apreciablemente del número másico A y es Iln\Q'(\QQe 'Vfu\\Th'C-il constante en su\nterlOr, es heClr, que et numerD he nll~eDne'S'j)D1: es aproximadamente constante.

A ~nR3 ~ cte., lo cual implica que el radio R es proporcional a A 1/3 R

= RoA1/3

(1.1)

donde Ro vale entre 1,20 y 1,25 fm (el femtometro, igual a 10-15 m, se suele llamar "fermi" en física nuclear). A esta conclusión se llega a partir de experimentos de varios tipos. Es importante señalar que unos miden el radio de carga, es decir, el radio de la distribución de protones, y otros el radio de la materia nuclear que incluye los protones y los neutrones, obteniéndose el mismo valor en los dos casos. 13

j

-,

", 14

Ft'sica Nuclear: problemas resueltos

Masa y energía de enlace La masa de un núcleo M = M(A, Z) no es igual a la suma de la de los protones y neutrones que lo constituyen, sino algo menor. La diferencia

Ll

= Zmp +(A - Z)mn

-

M,

siendo mp y mn las masas del protón y del neutrón, se conoce como defecto de masa. La energía correspondiente al defecto de masa es la energía de enlace o de ligadura B

B = [Zmp +(A - Z)mn

-

(1.2)

M(A,Z)]c2•

En muchos casos puede usarse la masa del hidrógeno y la del átomo, en vez de la del protón y el núcleo correspondiente. En la figura 1.1 puede verse la variación de la energía de enlace por nucleón B / A, en función del número másico A. 10 ,

89y

l1°Cd

141Pr

180Hf

209Bi

I I I 1 _19p •• "a "F, 75As I I •••••• ¡..', ..... 1••••• -1....•...1 ....•..., ... .IIB 12Cl IOOMo 126Te 160Dy 197Au 238U

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4Hee--20Nel 14N .9Be

~

.6Li

65
~

2H

o o

100 N.O

200

MÁSICO (A)

FIGURA 1.1. Variación de la energía de enlace pornuc!eón

L

~

_

Suelen determinarse algunas masas midiendo la energía desprendida en una reacción, que corresponde a la energía cinética con que salen las partículas en la reacción nuclear. Sea la reacción a + X - b + + Q, en donde resulta:

y

Q = (ma

+ mx

- mb - my)

e2•

La energía de separación de un nucleón es la necesaria para separado de un núcleo. Su valor en los casos de un neutrón y un protón es Sn

= B(XD - B(X~-l),

Sp

= B(X~) - B(X~~ i).

(1.3)

Una parte de la energía de ligadura la constituye la repulsión cou10mbiana de los protones. Se suele aproximar a la de una distribución uniforme de carga eléctrica, con carga q y radio R, que vale 3

1 _q2

Ec ="5 4nEo R· Como consecuencia, la diferencia entre las energías de Coulomb de dos núcleos espejos de cargas Ze y (Z - 1) e es igual a !'!..Ec

= ~~

5 4nEoR

[Z2 _

(Z _1)2] = ~ 5

é

4nEoRo

A2/3,

(l.4)

donde Z representa el núcleo de mayor número atómico. Este método se utiliza para determinar el radio de un núcleo. Espín,' paridad

y

momento magnético

Se define el espín de un núcleo como la suma de los momentos angulares totales (orbitales más de espín) de todos los nucleones. Se suele representar por la letra Para muchos propósitos, un núcleo se comporta como un objeto elemental con espín 1 y carga Ze, por ejemplo en el efecto Zeeman. Como cada nucleón tiene espín 1/2, se debe cumplir que los núcleos con A impar tienen 1 semientero y si A es par, 1 es entero. Todos los núcleos con Z par y N par tienen 1 = O. Otra propiedad importante es la paridad, que puede ser + ó - según sea la función de onda par o impar respecto a la inversión de las coordenadas. La paridad suele representarse como n y, junto con el espín, como P'. Además de la carga, los núcleos tienen momentos mu1tipo1ares electromagnéticos. El más importante es el momento magnético /1, que es del orden del magnetón nuclear

l.

eh /1N

= -2mp - = 5,05 x 1O-27A.m2( ó 1fT).

Otra magnitud importante en algunos núcleos es el I11omentocuadrupo1ar eléctrico, que es una medida de cuánto se diferencia la distribución de carga de la forma esférica.

r 16

F{sica Nuclear: problemas resueltos

1.2. Modelos nucleares El modelo de la gota líquida Este modelo fue propuesto por Bohr y se basa en comparar un núcleo a una gota de líquido, 10 que es posible debido a dos propiedades importantes: (a) la densidad de un núcleo es aproximadamente independiente de su masa atómica A, y (b) la energía de ligadura total es aproximadamente proporcional a su masa, B / A ~ consto Estas propiedades se corresponden bien con dos de los liquidos: (a) la densidad de una gota no depende de su tamaño, y (b) su calor de vaporización es proporcional a su masa. (Nótese que este calor de vaporización es la energía necesaria para separar todas las moléculas del líquido y es, por tanto, análoga a la energía de ligadura del núcleo.) El modelo de la gota líquida considera al núcleo como una esfera de volumen proporcional a A, con densidad uniforme y radio proporcional a A 1/3. Su resultado más importante es la fórmula semiempírica de la masa, de von Weizsacker, que da la masa de un núcleo M(A, Z) en función de la masa atómica A y de protones Z como

M(A,Z)

= Mo(Z,A) +BI(Z,A)

+ B2(Z,

A)

+ B3(Z,

A)

+ B4(Z,

A)

+ Bs(Z,A),

donde Mo(Z, A) es la masa de los nucleones constituyentes, es decir,

Mo(Z, A) = ZmH

+ (A

- Z)mn,

siendo mH Y mn las masas del protón y del neutrón, respectivamente. términos son:

Los otros

1. El término de volumen BI, que indica la parte de la energía de ligadura que es proporcional a la masa, BI (Z, A) = -alA, donde al es un coeficiente positivo. Este término decrece el valor de la masa. 2. El término de superficie B2(Z, A) = +a2A2/3, que representa una corrección proporcional a la superficie, y corresponde a la tensión superficial de un líquido. Tiene en cuenta que los nucleones superficiales están menos ligados.

••••

-

Principales

características

del núcleo

17

3. El término de Coulomb Z2

B3(Z, A) = +a3 Á 1/3' representa la energía positiva de la repulsión electrostática de los protones. 4. El término de asimetría favorece las configuraciones simétricas, pues es mínimo para Z = A/2 B4(Z, A) = a4 (A - A2Z)2 5. Por último, el término de apareamiento, que tiene en cuenta que los núcleos con Z par y N par son especialmente estables, mientras que los que tienen Z impar y N impar tienden a ser menos estables.

Bs(Z, A) =

la funciónf(A)

= ° si par-impar o impar-par = -feA) +f(A) si Z impar, { = par, N N parimpar

se determina empíricamente comof

= +asA-3/4

Los parámetros ab todos positivos, se obtienen de los valores experimentales de las masas de los núcleos. Se tiene así la fórmula semiempírica de la masa: M(A, Z) = ZmH

+ (A

- Z)mn

-

alA

+ a2A2/3+ (1.5)

(A _ 2Z)2 +a3-;::tm +a4 A ±f(A). Z2

Una buena elección para las constantes, en MeV, es (Krane): al = 15,5;

a2 = 16,8;

a3 = 0,72;

a4 = 23;

as = 34

El modelo del gas de Fermi Este modelo se basa en dos hipótesis aparentemente contradictorias: (a) los nucleones - de modo semejante a los electrones de conducción en un metal- se mueven ipdependientemente unos de otros, y (b) lo hacen sQmetidos a un potem:ial neto, que representa el efecto promediado de las interacciones con los otros nucleones, y que tiene la forma de un pozo cuadrado redondeado -tal como indica la figura 1.2-, constante en el interior del núcleo, y nulo fuera de él.

_________________________________

--.:.:...J

r 18

F(sica Nuclear: problemas resueltos

r

aA1/3

o.

En

Vo

EF

- Vo

0,9Vo

0,1Vo

v FIGURA 1.2. Pozo cuadrado redondeado, donde EF es la energía de Fermi, En la energía de enlace

La aparente contradicción se explica porque los nucleones, que por ser fermiones obedecen el principio de exclusión, llenan todos los niveles en el estado fundamental, desde el de mínima energía hasta el correspondiente a la energía de Fermi, EF. Pero nótese que en cada nivel caben cuatro nucleones: dos protones y dos neutrones (en cada caso, uno con m¡ = 1/2, otro con m¡ = -1/2). Como casi todos los estados energéticamente posibles están ya ocupados, casi no puede haber colisiones, excepto aquellas en que dos nucleones intercambian sus energías, cuyo efecto neto es el mismo que si no hay interacción. Por tanto, aunque parezca paradójico, los nucleones se mueven en el estado fundamental como si lo hiciesen libremente, sin interactuar. La profundidad del potencial resulta ser aproximadamente de 50 Me V, y su radio igual al del núcleo, es decir, de Ro 1/3A con Ro :::::1,3 fm. El modelo de capas En este modelo _se supone que los nucleones se sitúan en el núcleo de una manera parecida a como 10 hacen los electrones en el átomo. O sea, que cada uno está sometido a un potencial radial V (r), que representa al promedio de las acciones de los demás, siendo las funciones de onda de la forma tf¡ = R(r)Y¡rn(8, o). Resulta más conveniente emplear, además de 1 y m, el número cuántico radial nr (igual al número de nadas de la función radial más uno) en vez del principal, n, usado en física atómica (recuérdese que n = nr + 1). Por eso no hay restricción para 1 y se habla de estados ls, lp, Id, ... En primer lugar, se elige un potencial conveniente, parecido a un pozo cuadrado con borde suavizado y se resuelve la ecuación de Schr6dinger, hallando las funciones de onda y las energías. Luego se van colocando los N neutrones y los Z protones

••

•

Principales características

del núcleo

19

en los niveles así obtenidos, teniendo en cuenta que el principio de Pauli no permite colocar más de 2(21 + 1) partículas de cada clase en cada capa ni. Se observa que los núcleos cuyo número de protones o de neutrones es igual a 2, 8, 20, 28, 50, 82 ó 126, son excepcionalmente estables, ya que su energía de excitación es muy alta: Se les llama números mágicos. El mismo fenómeno ocurre en física atómica con los gases nobles, que tienen 2, 10, 18, 36, 54 ó 86 electrones, y por eso se interpreta que esos números mágicos corresponden a núcleos que tienen capas completas de nucleones. Para conseguir el orden de niveles que produzca esos números hay que suponer que la fuerza nuclear incluye un término de acoplo espín-órbita, proporcional a S.L. Su origen no puede ser electromagnético, como en el caso de los electrones en los átomos, porque es mucho más fuerte y está invertido, lo que significa que tiene el signo contrario, de modo que la energía de un nucleón disminuye si S.L es positivo y al revés. O sea, que la energía de cada nucleón es menor si el número cuántico J tiene el valor más alto posible (J = L + 1/2). Además la contribución de ese término a la energía aumenta con el valor de l. Incluyendo ese término de acoplamiento espín-órbita, se consigue que el pozo cuadrado con bordes suavizados tenga los niveles que indica la figura 1.3 Dos propiedades muy importantes de un núcleo son su espín y su paridad. Como se dijo anteriormente, el primero es el momento, angular total de todos los nucleones, y se suele designar con la letra 1. La segunda indica el cambio de la función de onda total tras la inversión espacial r ----- r. Como la paridad de cada nucleón es + si su I es par y - si es impar, la del núcleo es (-1) elevado al número de nucleones con I impar. El conjunto espín-paridad se suele designar como T' . Cuando una subcapa

está llena, su momento

angular

total

es

O

y su paridad

+.

Además, los protones de una misma capa tienden a acoplarse en pares de modo que el momento angular de cada par es O y lo mismo ocurre con los neutrones. Por todo ello se cumplen las siguientes reglas:

(a) Si

N Y Z son mágicos, T' = 0+;

(b) Si uno es mágico y el otro mágico más o menos uno, el espín y la paridad son los del nucleón que sobra o que falta para que los dos números sean mágicos; (c) Los núcleos par-par

tienen T' = 0+;

(d) Si A es impar, el espín-paridad excepciones);

es igual al del nucleón impar (con algunas pocas

ip

(e) En los escasos núcleos estables impar-impar, el espín está comprendido entre +in y - inl , siendo ip y in los momentos angulares del protón impar y del neutrón impar, respectivamente.

lip

El modelo de capas no es tan bueno en la predicción de los momentos como en la de los espines y paridades. Pero el análisis es interesante.

magnéticos '

En este modelo se supone que los nucleones tienen fuerte tendencia a aparearse (en pares protón-protón y neutrón-neutrón), de modo que los momentos angulares de los nucleones apareados se anulan dos a dos. Por ello, el momento magnético nuclear

_J

'"


20

-4s

",

16

-- ij1S/2

4

184 168 164 162

-3d -2g

-=~;~:~;:2= ------

2g7/2

2 8 12

3ds/2

6

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10

136

14

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2g9/2

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2p

-

1f

3p3/2 ---

6

126 112 110 106

1h9/2---

8 10

100 92

1hll/y-----

12

82

2

70 68

4

2ds/2---

6 8

64

10

50

2

2p3/2--

6 4

50 40 38 32

8

28

28

4 2

20

20

6

14

2

8

1p3/2

4

6

lSI/2

2

2

con acoplo espin-órbita (b)

(2) + 1)

", --1f7/2 1d3/2---

n-:.-=-~~":-:::=--2SI/2

-Id ---,,::=_

1ds/2

-

- --lpl/2 <::::=----- -

ls -----------------

sin acoplo espin-órbita (a)

58

2pI/2 ---

199/2

--'=:::_,, __

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82

2d3/2---

197/2

---<::~~"'-_-=--=-::--1/s/2

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4

126

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-

2

3SI/2

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217/2

----

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3s -----------------

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li13/2

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1h

154

....•.•....•....•...

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......•............•.•...

"'"

-3p

184

---

16

L(2) + 1)

8

2

Númetos mágicos

FIGURA 1.3. (a) Orden de llenado de los niveles de un pozo cuadrado redondeado sin acoplo espín-órbita. (b) Lo mismo con acoplo espín-órbita invertido. La columna de la derecha indica el número acumulado de nucleones de cada clase que ocupan los niveles hasta el dado. Cuando la diferencia de energía hasta el nivel siguiente es alta, se produce un número mágico

••

.,


del núcleo

21

debe ser el del nucleón impar. Recordemos que los momentos magnéticos intrínsecos del protón y del neutrón valen f1s,p = 2,7927f1N Y f1s,n = -1, 913lf1N' siendo f1N = eh/2mp el magnetón nuclear, Esto indica que sus relaciones giromagnéticas de espín son gs,p = 5,5855 Y gs,n = -3,8263, El operador de momento magnético total de un nucleón es, por tanto, e f1 =2m p (g¡L + gsS) , donde g¡ vale 1 para los protones y O para los neutrones, y gs toma los valores que se acaban de indicar, Usando el modelo vectorial para los momentos angulares podemos decir que L y S precesionan alrededor de su suma J, por lo que el valor medio de f1 es = f1.JJ

(f1)

Sustituyendo el valor de

J2

f1,

J

e

+ gsS.J) J2'

(f1) = 2mp (g¡ L.J

El momento magnético del núcleo debe ser igual a esta expresión, evaluada en el caso del nucleón impar; más precisamente el valor máximo de su componente z que se obtiene sustituyendo J por Jh. Teniendo en cuenta que J2 =j(j + 1)h2, resulta finalmente que el momento magnético nuclear vale, en el modelo de capas,

+ gsS.J (j + 1) h2

e g¡L.J f1

= 2mp

Hay que tener en cuenta que

L.J = ~

(i (j + 1) + [(l

S.J = ~ (j

(j + 1)-

+ 1)- ~ ) h2,

[(l + 1) + ~) h2,

con lo cual el momento magnético del núcleo vale, expresado en magnetones nucleares, y escribiendo [, el símbolo del espín del núcleo en vez de

j

1 si [

= [+ 2'

f1

= ([ - ~ ) g¡ + ~gs ,

(1.6)

1 SI

[=[-2'

f1

= [~l

[ ([ + ~) g¡ - ~gs]

(1.7)

--------------------------~~

ft 22

Ftsica Nuclear: problemas resueltos

Tenemos así dos pares de funciones fl(I) (uno para el caso en que el nucleón impar sea un protón, otro si es un neutrón) que dan el momento magnético en función de En un gráfico (fl, l) dan dos líneas llamadas de Schmidt, una para l = 1+ 1/2, otra para l = 1- 1/2. En la mayoría de los casos, el valor observado no está sobre esas líneas, sino entre ellas, es decir, entre los valores correspondientes a l = 1+ 1/2 y a l = 1- 1/2. Esto muestra la limitación del modelo de capas, que es demasiado simple. Se obtiene un mejor resultado incluyendo el efecto de las excitaciones colectivas del núcleo.

l.

'\

""1


2.

PROBLEMAS

del núcleo

23

RESUELTOS

2.1. Radio G) Calcular la energía cinética máxima de los positrones emitidos en la desintegración: 015 ~

Sabiendo que R

= 1,45 X

10-15 AI/3

NI5

+p+ +v.

m, explicar las hipótesis que se introduzcan.

Solución: Se trata de núcleos espejo: Un protón se cambia por neutrón + positrón. La diferencia de energías coulombianas entre 2 núcleos espejos de cargas Ze y (Z - 1) e viene dada por la fórmula (1.5). Sabiendo, del enunciado, que Ro = 1,45 x 10- 15 m y (Z2-(Z-1)2)=2Z-1. Si tenemos que 2Z - 1 = A en los núcleos del problema, siendo Z el número atómico del núcleo que lo tenga mayor, la expresión (l.4) queda de la siguiente manera: I!i.Ec

=

3 "5

e2

x 4nEo 1, 45 x 10

A2/3, 15

La energía cinética máxima de los positrones emitidos será Trnax

sustituyendo los valores de

= l1Ec - (mn mn, mp

y

mp) c2

-

mec2,

me

Trnax = l1Ec - 1, 811 MeV,

además sustituyendo valores: l1Ec = 3,624 MeV,

r

Trnax

= 1, 813 MeV

Hipótesis: a) Las fuerzas nucleares tienen simetría de carga. La diferencia de energía entre el 015 Y NI5 es la de las energías de Coulomb.

________________________________

~__d

I

L 24

~ ~

,


b) El neutrino no tiene masa, su energía mínima es cero. La energía máxima del f3 + es AEc(015)

®

- AEc(N15)

- (mn - mn) c2

mec2.

-

Demostrar que el potencial electrostático U(r) dentro de una esfera que contiene una densidad uniforme de carga positiva es

U(r)

donde

l

- - - (-) , con r ~ R, (32 21 Rr 2)

= --

4nBoR q

R es el radio de la esfera.

Solución: Aplicando el teorema de Gauss, el campo eléctrico en un punto A a una distancia r del centro, vale: E(r)

= q(r)

4nEor2

'

donde q(r) es la carga contenida en una esfera de radio r, es la densidad volumétrica de carga. q(r) = O"jnr3, O"

E(r) no dependerá de la carga fuera de la esfera de radio r.

4

E(r) =

"3

r nO"

4nEo -

O"r 3Eo

El potencial en el borde de la esfera total, r = R, es

Uo

U

= Uo -

f

o

q

r

E(r)dr

= 4nEo q R'

-nO"--,

= 4nEoR - [ 43

8nEo r2]

en el interior:

rR

...,

Principales

características

como a = q/(~nR3)

v R

U(r) = --

del núcleo

===}

- - - 21 (rR

4nEoR q [32

SI

r:::;;

25

)2]

R.

La forma del potencial es coulombiana si r > R Y cuadrática (tipo oscilador) si r < R. La desviación del potencial coulombiano produce cambios en los niveles de energía que permiten determinar el tamaño nuclear.

®

(a) Calcular el radio de la órbita s de un átomo n-mésico para un átomo de Na~~ (b) Demostrar que la órbita se sitúa fuera del núcleo, suponiendo el parámetro del radio nuclear Ro = 1,45 X 10-15 m. (c) Calcular la densidad de los nucleones disponibles para la interacción y el recorrido libre medio que corresponde a una sección eficaz de n(h/w)2, donde Jl = 273me·

Solución: (a) El valor del radio en función de la órbita, para un átomo n-mésico, es n2h2

R '" = 4nEo-Ze2' m",

Teniendo en cuenta ao = 4nEomee h22 Y que n = 1 para la órbitas

R",

=

:::}

ao me Zm",'

sustituyendo valores,

R",

=

0,53 x lO-10m x 0,511 MeV = 17,6 x 10-15 m. 11 140 MeV

IR",

= 17,6 fm

I

~

..

26

F/sica Núclear: problemas resueltos

(b) Aplicando la expresión (1.1) y teniendo en cuenta que Ro

R = 1,45

X

= 1, 45 x 10-

15m,

10-15 x 231/3 = 4, 12 x lO-15m = 4, l2fm,

como Rn > R ::} Se encuentra fuera del núcleo. (c) La expresión de la densidad de nucleones es Ar p

= '1nR;' 3

dortae/Ar serán los nucleones que se encuentran dentro de la esfera de radio Rn. Ar = A. p

=

23

~n(l7,6

x 1O-15m)3 =ll,01x1042

m-31

El recorrido libre medio será 1 A

a = n (~)2 pc

1

= ~ = pa'

= . n ( 273 6,58x x0,511 1O-16eV.S.c x 106eV )2 = 6,29 x IA

= 1, 59 x 10-

13

lO-30m2

= 6,29 x 1O-2b,

m

2.2. Masa G) Calcular la masa del átomo de N17, si la energía de la reacción 017 (n,p)NI7 es Q = 7,89 MeV.

Solución: Se trata de la siguiente reacción: O~7

+n -

Nf + p + Q ,

donde

••

Principales características del núcleo

Q

= [m(N~7) +mp - (m(0~7) 7,89

despejando m(Nf) y sustituyendo aparecen en las tablas,

m(Nf) =

I

Siendo las diferencias 2Hl- H2 = 0,001548

+mn)].c2,

-3

= 931, 5 = 8,47 x 10 u.a.m.,

Q

®

27

los valores de las masas del n, p y

Or

que

17,008442 u.a.m·1

en las masas

de los tres dobletes

(u.a.m.):

3H2- !Cl2 = 0,042306 Cl24H1- 016 = 0,036386 Encontrar

las masas

atómicas

de H1, H2 Y 016.

Solución: Este problema se basa en el método de los dobletes de masa para medir las masas de diferentes isótopos. Midiendo las diferencias de masas entre moléculas de masa muy parecida (con un espectrógrafo de masas) se puede obtener la masa de distintos isótoposdespejándolos en función del C12 (punto fijo de las masas atómicas). a = 2Hl- H2

= 3H2- !C12 = Cl24H1- 016 2a = 4H1 - 2H2; 2a - c = 016- 2H2_Cl2

b C

H2

y despejando

= b + !-lC12 = 12,014102 u.a.m.

en b:

1

016 = (2a - c) + 2H2 + Cl2 = 115,994914 u.a.m.1

H1

= a ~ H2 = 11,007825 u.a.m.1

® (a) Calcular (b) Encontrar

la energía la energía

de separación de separación

de un neutrón

de: Li7, Zr91 y U236.

de un protón de: Ne20, Mn55 y AU197.

~

1'"

28


Solución: (a) La cantidad de energía necesaria para separar un neutrón del núcleo X1: es igual a la diferencia de energías de enlace entre X 1: y X1- 1, como aparece en las ecs. (1.3)

Sn

= [m (X;-l) - m (X;) +mn]c2.

= B(X1) - B (X;-l)

Con los datos de las masas que aparecen en las tablas de propiedades nucleares se obtienen los siguientes resultados: Sn(Li7)

= 7,783

= 7,25 MeV.

1O-3c2

X

-~'---------/

= 7,724

X

1O-3c2

= 7, 19 MeV.

Sn(U236) = 7,025

X

1O-3c2

= 6,54 MeV.

Sn(Zr91)

(b) La energía necesaria para separar un protón del núcleo X1: viene dada por la diferencia entre las energías de enlace de X 1: y y 1::: ¡, como aparece en las ecs.

(l.3)

Sp

= B(X1) - B (yt--/) = [m (yt--/) - m (X;) +mH]c2.

Con los datos de la tabla se obtiene: Sp(Ne20) = 1, 38 Sp(Mn55)

= 8,66

Sp(AUI97)

= 6,21

X

X

X

1O-2c2

= 12,85 MeV.

1O-3c2

= 8,07 MeV.

1O-3c2

= 5,78 MeV.

@ Estimar cuánta energía de fisión (kWh) se podría obtener en teoría si se dispone de 1,5 kg de U235, sabiendo que la curva de defectos de masa disminuye desde 0,14 unidades de masa para el uranio hasta - 0,06 unidades de masa en el centro del sistema periódico.

Solución:

1

,

Suponemos que el U235 se fisiona en dos partes iguales (dos núcleos del elemento del centro de la tabla periódica XA, para realizar el problema no necesitamos conocer qué núclido es). La energía emitida por núcleo fisionado será:

•••••


Q

= B(U235)

= (O, 14 + 2

2B(XA)

-

x 0,06) x 931,5 MeV jnúcleo

= 242, 19 MeV /núcleo = 1,08 En 1,5 kg de

U235

N =

del núcleo

X

29

=

10-17 kWh/núcleo.

hay el siguiente numero de núcleos:

mNA

----;;¡-

=

1, 5 x 103

6,023 235

X

X

= 2,56

1023

X

1024 núcleos.

La energía aprovechada lE

2.3.

= 4, 14

X

107 kWh

I

Energía de enlace

CD Calcular las energías de enlace por nucleón de los siguientes Sn120 y CU63 y representarlas en una gráfica.

núcleos: He3,

016,

Solución: Teniendo en cuenta la fórmula (1.2) que aparece energía de enlace por nucleón será

B(X1)

+ (A

[ZmH

- Z)mn

esta expresión

la

M(A, Z)] e2

y con los datos que proporcionan

las tablas:

B(HeD

= 2,762

X

1O-3e2

= 2,57 MeV /nucleón,

B(OA6)

= 8,563

X

1O-3e2

= 7,98 MeV/nucleón,

B(Sn~~O) = 9, 131

X

1O-3e2

= 8,50 MeV /nucleón,

B(Cu~~) = 9 396

X

1O-3e2

= 8,75 MeVjnucleón.

63

teórica,

A

A aplicando

-

en la introducción

'

~

30


8 Z

~ 5 '--' ;>

---O) :::E
10 40 20 30 60 50

Snl20

_~CU63

4 I 2 ,-..,6 3 -1O ¿ He3

®

Si un núcleo que posee igual número de protones y neutrones y tiene un radio igual a 2/3 el radio del V54 (tomar Ro = 1, 4 x 10- 13cm), encontrar la energía de enlace.

Solución: Utilizando la expresión (1.1) para el radio, tenemos para el

V54

R = RoA 1/3 = 1, 4 x 10- 13(54)1/3cm = 5,3 x 10- 13 cm. Para el núcleo del problema 2

Rl = 3R = 3,53 x lO-13cm = 1,4 x lO-13A;!3::::}

Al = 16.

Se trata del O~6. Con la expresión (1.2) de la energía de enlace y los datos de las tablas, B(O~6) = 0,

CID

137c2

= 1127,6 MeV

I

¿Qué energía se libera en la formación de dos partículas ex como resultado de la fusión de H2 y Li6, si la energía de enlace por nucleón en H2, He4 y Li6 son 1,11; 7, 08 Y 5,33 MeV, respectivamente?


del núcleo

31

Solución: Se trata de la siguiente reacción Hi

+ Li~ -

2Hei·

La energía liberada será

Eliberada

= B(Hei) - B(Hi) - B(Li~) = (8 x 7,08 - 2 x 1,11 - 6 x 5,33) MeV, I Eliberada

=22,44 MeV

I

o (a) Conociendo las masas del 015 y del de enlace.

N15,

calcular la diferencia en la energía

(b) Suponiendo que la diferencia se debe a la diferencia en la energía coulombiana, calcular el radio nuclear del 015 y del N15.

Solución: (a) Aplicando la expresión (1.2) de la energía de enlace para el B(0~5)

= (8 mH + 7 mn - 15,003065)

e2,

B(Ni5)

= (7 mH + 8 mn - 15,000109)

e2,

¿),B = [B(Ni5) - B(0~5)] = (mn -

I ¿),B

mH

015

Y el

+2,956 x 1O-3)e2 = 3,796

= 3, 54 Me V

I

(b) Con la fórmula (l.4) para los núcleos espejo, 3

¿),B = ¿)'Ec = 3,54 MeV = - x 5

e2 41CEoRo

A2/3,

N15

X 1O-3e2,

32


despejando y sustituyendo valores

Ro

=

3

"5

x

1,439976 MeV.fm (15)2/3 = 1,48fm, 3,54 MeV

R = RoA 1/3 = 3, 65 fm =

®

I

3,65 x 10- 15m

I

Usando la tabla adjunta, (a) mostrar que el Be8 puede desintegrarse en dos partículas IX con desprendimiento de 0,1 MeV de energía, pero que el el2 no puede desintegrarse en tres partículas IX, (b) mostrar que la energía desprendida H2+He4 -> Li6 +y es de 1,5 MeV.

Núcleos: He4 28,3 92,16 Be8 el2 Li6 31,99 56,5

(incluyendo la del fotón) en la reacción

H22,22

Enlace (MeV):

a

Solución: (a) Be~ ~

2Hei

+ Q,

para que la desintegración sea espontánea ¡),B > O ¡),B = 2B(Hei) - B(Be~) = (2 x 28,30 - 56,50) MeV = O,1 MeV> O, El Be~ se desintegra y los 0,1 MeV que sobran se utilizan como energía cinética. q,2 ~ ¡)'B = 3B (Hei) - B(q2)

3Hei

+Q,

= (3 x 28,30 - 92, 16) MeV = -7,26 MeV < O,

El q2 necesita 7,26 MeV para desintegrarse; está más fuertemente enlazado que las tres IX •

••••

Principales

características

del núcleo

33

(b) H¡2 + He24 Q

= [M(Li~) - M(Hei) - M(HDJ

e2

L'6 13

-

+ y,

= -AB = B(Hei) + B(HD - B(Li~) =

= (28,30 + 2, 22 - 31,99) MeV = -1,47 MeV. La energía de enlace del Li~ es de 1,47 MeV más que la del la energía del fotón es 0,03 MeV, resulta que sobra (0,03

+ 1,47)

ex

y del protón; si

MeV = 1,5 MeV,

que se utilizan en aumentar la energía cinética del Li~.

2.4.

Modelos nucleares

G) Utilizar la fórmula semiempírica de la masa, (1.5) para determinar la energía de enlace que está disponible si un núcleo de U235 captura un neutrón. Ésta es la energía que induce la fisión del núcleo de U236.

Solución: U235

+n _

U236

de donde Q = (m235 + mn - m236) e2. Al ser U235 de A impar, h35(A) = O; el f236(A)

=

+ Q,

U236

tiene Z par, N par, por lo que

_34A-3/4.

Aplicando la fórmula, resultan los valores siguientes: m235 = 235,068 u.a.m. m236 = 236,07015 u.a.m. de donde Q = (235,068 + 1, 008665 - 236,07015) e2• I

Q

= 6,07 MeV

I

Como puede observarse al comparar los resultados de las masas del U235 y el U236 con los de la tabla de propiedades nucleares, esta fórmula (1.5) no se ajusta bien para los núcleos deformados como es el caso del uranio. Sería necesario añadir otros parámetros.

34

-Frs!ca Nuclear: problemas resueltos

®

Utilizando la fórmula semiempírica de la masa,

(1.5),

(a) determinar la carga de un núcleo cuya masa es la más pequeña entre los núcleos con mismo valor impar de masa atómica A, (b) predecir el carácter de la actividad de los siguientes núcleos p-activos: AgI03, Sn127y CS141.

Solución: La carga más pequeña se determina haciendo dM(A, Z)/dZ Operando, resulta ZIn

= .n, 92,78A 1 ••••

=

O.

~,., ," ,

sustituyendo para los valores del problema, resulta para Ag~?3, ZIn = 44, 3; en donde se ve que Zm < Z, para Sn1ír, ZIn = 53,46; en donde· ZIn > Z, para Cs1r,

ZIn

= 58,66; en donde ZIn > Z.

Por tanto, la AgI03 posee actividad

CID

13+,

y el Sn127y el CSl37poseen actividad

Utilizando la fórmula semiempírica 'de la masa,

13-.

(1.5),

(a) Evaluar los puntos sobre la parábola de masa = 27 para los únicos tres valores de Z encontrados, Z = 12, 13, 14. (b) ¿Qué valor de Z corresponde

al núcleo estable?

(c) Encontrar los tipos de decaimientos y las energías para las desintegraciones 13 de los núcleos inestables.

Solucióu: (a) Como A es impar, feA) = O. Dando valores en la fórmula (1.5) para A = 27, Z = 12, 13 Y 14, resultan: M (27,12) = 26,982 u.a.m.; M (27,13) = 26,980 u.a.m.; y M (27,14) = 26, 9866 u.a.m. Se observa en la figura siguiente que el más estable es el AF7. El Mg27 decae por emisión 13- y el Si27por emisión 13+.


del núcleo

35

cd

'"

cd

::E

9

10

11

12

13

F

Ne

Na

Mg

Al

14 Si

16 S

15

p

z

(b) El núcleo estable debe tener un valor de Z que será el mínimo de M(A,Z), decir, el valor que haga d[M(A, Z)]/dZ = O.

Zm

=

4a4

+ (mn+ a3A2/3) - mH)e2

2(4a4

A

92, 78A

es

~

= 184 + 1, 44A2/3 = ~

este valor de Z es el más próximo al AF7. Para A impar, sólo hay un núcleo estable. (c) Las diferencias de las masas (MAl - MMg) e2 (MSi

-

MAl) e2

= (26,982 - 26,980)

= (26,9866 - 26,980 -

Éstas son las energías de los emisores

e2

= 11,86 MeV I (emisión {3-).

2me) e2 f3

= 15, 12 MeV I (emisión {3+).

de los núcleos inestables.

@) En el modelo del pozo de potencial se verifica que

-r '

3n2 (2mnEn N = ~

)3/2

Z = ~3n2.r

2mp(Eph2

-

U)1.3/2

'

36


donde En Y Ep son las energías del neutrón y del protón ocupando el nivel más bajo de energía, y U es el potencial electrostático. Comprobar que cuando N = = Z = A/2, resulta: En = (Ep - U) ~ 38 MeV.

Solución: =

N/V

3n2 (2mnEn2) h _1_

3/2

'

la densidad nuclear será Po = A/V. Si N = Z = A/2, la densidad Pn = ~Po; tenemos entonces que A = ~nR3 Po, de donde _

Po -

3A 3A --4nR3 - 4n(l, 1)2A

SI

= 0, 197/fm3,

neutrónica

será

R=1,1A1/3fm,

por tanto, 1 Pn 10 que implica,

=

"2Po

despejando

= 0,090 = N/V

)3/2

,

En Y ~ustituyendo:

En -- (7,1)1/3h2 2mn

®

3n2 (2mnEn h2 = _1_

= I 39,5 MeV

I

Cuáles son los momentos angulares y paridades predichas por el modelo de capas para los estados fundamentales de los núcleos siguientes: Cl2; SIl; Ne20; A127;Ca41; y Ga69.

Solución: Según la figura 1.3, las últimas el2• 6

.

BII. S •

Nei8 :

A1i~ :

(lP3/2r { N: Z: (lP3/2)

{ N: Z:

(lP3/2)4 (lP3/2)3

capas están ocupadas

} par-par

}. Impar-par

{ N:Z: 88 + +(lds/2)6 (ldS/2)S

¡n = 0+ , ¡n = 3/2- pues (_1)1,

.

{ NZ: : 88 + (ldS/2)2 (ldS/2?}'

numero magico

}.

por los siguientes

Impar-par

¡n = 0+,

¡n = 5/2+ pues (_1)2,

niveles:


®

N: Z 20 + (117/2)1 : (1d3/2)4

20' Ca41.

{

Ga3I· 69.

{ N: Z:

32 28

(1fS/2)6, + (2P3/2)3,

}

par-Impar .

In

del núcleo

37

= 7/2- pues (_1)3,

Z --Impar A ~mpar } 1" = 3/2- pues (_1)1.

Hallar la configuración, el espín y la paridad de los núcleos Representar en un diagrama la colocación de los nucleones.

016, Ca40

y Pb208.

Solución: Se trata de tres números doblemente mágicos, es decir, con número mágico tanto de protones como de neutrones, pues los valores de (Z, N) son, respectivamente, (8,8), (20,20) Y (82,126). Por eso su espín es O y su paridad +, o sea, que son 0+. Como se observa en el diagrama, en el O~6 están llenas todas las semicapas hasta la 1pl/2; en el Cai8, hasta la 1d3/2; en el Pb~g8, los protones ocupan los niveles hasta los 1h11/2 y los neutrones hasta los 1i13/2• 016 8

Cai8 ld3/2

2S1/2 lds/2 lpl/2

lpl/2

lp3/2

lp3/2

lSI/2

lSI/2 I

Neutrones

: Protones [

Neutrones

Protones

,

o

Según el llamado modelo de las partículas alfa, un núcleo es un conjunto de partículas alfa ligadas entre sí, más algunos nucleones sueltos. Por ejemplo, el Cl2 se considera formado por tres partículas alfa y el 016 por cuatro. Buscando en una tabla los valores de la energía de ligadura, estimar la intensidad del acoplo entre las partículas alfa en estos núcleos. Representar en un diagrama los niveles ocupados por los nucleones e interpretarlos en términos de partículas alfa.

38


Solución: La energía de ligadura de una partícula alfa es Bex = 28,3 MeV. Las de los núcleos Cl2 y 016 son 92,2 MeV y 127,5 MeV, respectivamente:

Ec -

Ea -

3Bex

4Bex

= 92,2- 84,9 = 7,3;

7:/ ~

= 127,5 - 113,2 = 14,3;

12,4

1¿3 ~

MeV ,

12,4

MeVI

Como hay tres posibles enlaces entre tres alfas, es necesario que cada uno tenga aproximadamente 2,4 MeV, en el caso del carbono. En el caso del oxígeno, hay seis enlaces que tendrán la misma energía. (a) I

r 1

I I

Cai8

1

Neutrones

Protones

-

,

"--

r

1 1

\I

8

1

II -(b)--./ )!

016

1 1

I

;

r

Neutrones

Protones

En (a), los cuatro nuc1eones en ISI/2 se pueden considerar como lec y los ocho en lp3/2, como 2ec. En (b) el proceso de llenado es el mismo para el 016, Y se puede considerar lec en el primer nivel, 2ec en el segundo, y lec en el tercero.

®

Demostrar que si el protón se considera como un cuerpo uniforme cuyo número cuántico de momento angular es s = 1/2, su momento magnético absoluto es igual a !fiJlN

Solución: El magnetón nuclear es: JlN = eñ/2mp, siendo mp = masa del protón. La relación giromagnética: y = e/2mp. Si una carga se mueve con un momento angular S, su momento magnético vale Jl = eS/2mp .

-

••

El valor propio del cuadrado del momento angular esj(j trata del espín de un protón, por lo que hay que tomar

j

s = js(s

+ l)h = V/~2

+ l)ll.

En este caso, se

= s = 1/2, Y por tanto,

~h 2 = .J3h 2'

x

y su momento magnético: e.J3 h,

como

f1N

= 4mp

=

Vf1N

= eh/2mp, resulta: I f1

®

f1

I

c.q.d.

Utilizando el modelo de capas, determinar núcleos H3 y He3 en el estado fundamental.

los momentos magnéticos

de los

Solución: (a) El H3 tiene un protón y dos neutrones: el protón es impar. Observando la figura 1.3, se ve que los tres nucleones están en el nivel ls1/2, luego = 1/2, 1 = O; 1 = 1 + 1/2, y g¡ = 1. Se aplica la fórmula (1.6)

1

f1

= (1- 1/2)g¡ + 1/2gs = 1/2gs = 2,79.

(b) El He3 tiene dos protones y un neutrón: El neutrón es impar. De la figura 1.3, se ve que los tres nucleones están en el nivel lS1/2• 1 = 1/2; 1 = O; 1 = 1 + 1/2, y g¡ = O. Se aplica la fórmula (1.6) f1

= 1/2gs = -1, 91.

Por tanto, I H3: f1

I He3 : f1

= 2,79

f1N I

= -1, 91 f1N I

Los valores experimentales son H3 : f1

He3

: f1

= 2,7789 = -2,1276

f1N, f1N'

40

3.

Frsica Nuclear: problemas resueltos

PROBLEMAS

PROPUESTOS

1. Calcular el valor de n de la órbita muónica de cualquier átomo muónico que se

encuentra justo en el interior de la capa electrónica

K.

2. Las energías de enlace de los núcleos espejo Bll y Cl! son 76,205 MeV y 73,443

MeV, respectivamente. Suponiendo que la diferencia es debida solamente al efecto de Coulomb y que la carga del protón está uniformemente repartida en toda la esfera de radio Re. (a) Calcular Re. (b) Ésta es una manera fácil de estimar el tamaño de los núcleos. Comparar Re con el valor de R = 1,1 Al/3 fm y comentar la diferencia.

3. Dados los siguientes valores de dobletes (u.a.m.), determinar el valor correspondiente a la masa de Cp7 y de 016.

C3H - Cp7 = 0,0419222. C2Dg-

CP7H3 = 0, 123436.

C3H602-Clr

= 0, 1049742.

4. atómicas: Dados los siguientes defectos de masa, encontrar las correspondientes

masas

(a) Na24: - 8,418 MeV. (b) Sm144: - 81,964 MeV. (c) PU240:

+ 50,123

MeV.

5. Calcular la energía necesaria para dividir un núcleo de He4 en: (a) H3+ p. (b) He3+ n. (c) las Explicar diferencia entre estas energías en función de las propiedades de fuerzasla nucleares.

,¡<

un28,30 núcleo de Cl~? Las energías de enlace del 016, Cl2 y He4 son: 127,62; 92,16; Y MeV, respectivamente. 6. ¿Qué energía se necesitará para dividir un núcleo de 016 en una partícula

ex

y

•

•. 1.·'. :f

...•

características

7. Calcular la energía de enlace total y la energía siguientes núclidos: LF, Ne20, Fe56 y U235.

del núcleo

de enlace por nucleón de los

8. Según el modelo nuclear de capas, cuáles serán los espines y la paridad siguientes núcleos en el estado fundamental: SF9, K39, SC45y CU63. 9. Usando la fórmula semiempírica de la masa (1.5) averiguar activo Tel29 es un emisor [3+ Ó [3- . 10. ¿Qué nucleidos son estables con masa A 11. Determinar

el espín y la paridad

41

de los

si el nucleido radi-

= 36? Considerar la zona 13 ~ Z ~ 20.

de los núcleos W4 y N15.

12. Usando el modelo del gas de Fermi y la figura 1.2, estimar de los nucleones y la profundidad del potencial nuclear. 13. Utilizando el modelo de capas, determinar núcleos 017 y K39 en el estado fundamental.

los momentos

la energía de Fermi

magnéticos

de los

r

-

I f

I 1

'

1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA 1.1.

Leyes de la desintegración radiactiva

Si hay N núcleos radiactivos en el instante t, y en la muestra no se generan nuevos núcleos, el número de los que decaen por unidad de tiempo es proporcional a N. Es decir, si decaen dN en el tiempo dt:

A=

(dNjdt)

N

donde A se llama constante de desintegración Y representa la probabilidad de que un átomo se desintegre en la unidad de tiempo. Integrando, resulta N(t) =

Noe-Jet

que es la llamada ley exponencial de desintegración radiactiva. En la figura 2.1 puede verse esta ley exponencial de desintegración. 43

(2.1)

,,.-

44

Fisica Nuclear: problemas resueltos

N

en

o .¿; () o:l

:; o:l

... en

o O)

()

.;:l

Z

tiempo

FIGURA 2.1. Ley exponencial de la desintegración

No es el número de núcleos presentes en t = O. N(t) es el de núcleos que quedan al cabo de un tiempo t. El tiempo necesario para que se desintegre la mitad de ellos viene representado por el periodo de semidesintegración T o simplemente periodo. Haciendo No

N - -2

=}

ln2 T = ,---. /\.

La vida media, " es el tiempo medio que sobrevive un núcleo antes de desintegrarse. Puede demostrarse que vale 1

, = :¡. Es más práctico utilizar la actividad (número de desintegraciones por segundo), que es la velocidad a la cual se desintegra una muestra radiactiva A(t) = AN(t) =

Aoe-At,

(2.2)

siendo Ao = ANo, la actividad inicial. La unidad de medida de la actividad es el becquerelio: 1 Bq = 1 des/s. Otra unidad muy utilizada es el curio: 1 Ci = 3,7 X 1010 Bq. Cuando un núcleo se desintegra en otro que es también radiactivo, y éste en otro, etcétera, se tiene una cadena o serie radiactiva 1 _ 2 _ 3 _ ...

~

Radiactividad

45

El núcleo padre disminuye según dN¡ = -A¡N¡dt. El siguiente aumenta como resultado de la desintegración del padre, pero al mismo tiempo disminuye según su propia constante Az. Entonces, resulta dNz = A¡N¡dt - AzNzdt. Resolviendo las ecuaciones se llega a

Nz(t)

= ,NoA~ z ¡ (e-Alt _ e-A2t),

(2.3)

suponiendo que las condiciones iniciales son: Nz(O) = O, N¡(O) = No. Az(t)

= AzNz = No AzA¡AZ (e-Alt _ e-A2t), - A¡

así puede continuar se la cadena para Equilibrio

N3,

(2.4)

•••

radiactivo

< Az

a) A¡

El padre con periodo muy largo se desintegra de manera aproximadamente constante, e- Al t :::; 1 Y

N¡:::; No Nz(t)

= N~:I (1 _ e-A2t),

para tiempos largos, e- A2t :::; O, y resulta que ambos se desintegran a la misma velocidad: A¡N¡ = AzNz. Éste es un ejemplo de equilibrio secular. b) A¡ < Az

La relación entre las actividades es de la forma AzNz

Az

A¡N¡ = (Az - A¡)'

para tiempos largos. El núcleo 2 se desintegra con velocidad ligeramente mayor que el núcleo 1. Esta situación se conoce como equilibrio transitorio. c)

A¡ > Az

En este caso el núcleo padre se desintegra más rápidamente y la actividad del hijo aumenta hasta un máximo y lue>godisminuye según su constante Az. Para t grande, e-Alt desaparece también, y la ecuación (2.3) se transforma en NoA¡ Nz(t)

= ,¡ _

Az

e -A2t

46


Cuando un núcleo inestable experimenta un proceso de desintegración radiactiva, se transforma en otro núcleo que posee o conducirá a una configuración más estable. Esto lo puede hacer mediante la emisión de partículas (a, f3) donde el núcleo hijo es una especie nuclear distinta, o bien emitiendo radiación electromagnética (y) y el núcleo hijo es de la misma especie. El balance energético de la desintegración será Q = (mp - md - me)c2 =

ER

+Ee

+ Eniv.,

(2.5)

siendo mp la masa del padre, md la masa del hijo, me la masa de las partículas emitidas, ER la energía cinética de retroceso del núcleo, Ee la de las partículas emitidas y Eniv. la energía de excitación del hijo, si no está en su estado fundamental.

1.2. Tipos de desintegración Desintegración

(X

La partícula alfa es el núcleo del

He4.

X~ -

El proceso de emisión es el siguiente

y~:::i + Hei·

Esto ocurre en núcleos con A > 140, porque la partícula a forma un sistema fuertemente enlazado. Un ejemplo: Ra~~6- Rn~~2+ a. Las energías cinéticas desprendidas en el proceso son altas. Si ¡ex es el momento angular de la partícula a emitida en la desintegración, su valor será ¡ex = 11i 1, donde Ii es el momento angular total del estado inicial e I¡ el del estado final. El cambio de paridad en la transición, L\n, viene dado por (-li'" .

Reglas de Selección

1.3.

Desintegración

-l¡

fJ

Ocurre en núcleos que tienen neutrones o protones en exceso. Se emite siempre un neutrino.1 Hay tres procesos: a) desintegración f3-:

n- p

+ e- + v XzA - yAZ+1 +e -

b) desintegración

f3+:

p- n

+-v,

+ e+ + v x~ - y~-1 +e+ +v,

----

., Radiactividad

c) captura electrónica, (C.B.):

p + e- - n +v

x~ +e-

- Y~-1 +v,

En todos ellos se conserva el número másico A = Z

Reglas de Selección

47

Transiciones permitidas:

t"!.I

+ N.

= II¡ - IJ I = 0,1; cambio de

paridad, t"!.n::} no. Hay una serie de transiciones denominadas "prohibidas". La designación de transiciones "prohibidas" indica que dichas transiciones son mucho menos probables que las permitidas (y por tanto con vida media más larga). Se clasifican de la siguiente manera, en orden de probabilidad decreciente 1.a Prohibida ---

t"!.I

= 0, 1, 2 t"!.n::} sí.

2.a Prohibida ---

t"!.I

= 2,3

3.a Prohibida ---

t"!.I

= 3,4 t"!.n::} sí.

4.a Prohibida ---

t"!.I= 4,5 t"!.n::} no.

Diagrama de Kurie comprendido entre p y p

t"!.1i::}

no.

La probabilidad de encontrar un electrón con un momento + dp es:

P (P)dp - p2F(Z,E)(Eo

- T) [ (Eo - Ti

- (mvc2) 2] 1/2 dp,

donde el factor de Fermi, F(Z, E), es un factor de corrección de la barrera de Coulomb, y está tabulado. Tomando ,la masa del neutrino mv = y representando

°

P(P)ex'p

en función de la energía (E ó T),

F(Z,E)p2

donde P(P)exp es el número de partículas medidas, por unidad de intervalo de momento, tenemos el denominado diagrama de Kurie o Fermi-Kurie. ~

.-r

48


V . / p2F P(P)

T(keV)

FIGURA 2.2. Diagrama de Kurie

Esta gráfica sirve para comprobar la teoría de Fermi del proceso fJ y además obtener información de si el proceso está permitido o prohibido. En el caso de las transiciones permitidas da una línea recta; en el caso de las prohibidas saldría una recta si se tiene en cuenta el factor de forma S que depende de la transición.

Desintegración y En este caso no se emite ninguna partícula con masa. Un estado excitado decae a otro más bajo o al fundamental emitiendo un fotón y con energía igual a la diferencia de energías entre los dos estados. X;i

* ---.

X;i

+y.

Suele aparecer acompañando a las desintegraciones alfa y beta.

Reglas de Selección I J;

-l¡

Sea

L :::;J; + l¡

I :::;

L el grado (no

de multipolaridad:

L = O)

Lln::} no ---. eléctrica par (E2, E4 ), magnética impar (MI, M3 Lln::} sí ---. eléctrica impar (El, E3 ), magnética par (M2, M4

~

) )

~

2.

PROBLEMAS

RESUELTOS

2.1. Leyes de la desintegración radiactiva CD ¿Qué proporción

de

U235

estaba presente,

(a) en una roca formada hace 3x 106 años, dado que la proporción actual de a U238 es de 1/140? (b) ¿y en una roca formada hace 5x 109 años (edad de la Tierra)? T235

= 7,2

X

108 años. T238

= 4, 5 X

109 años.

Solución: Utilizando la fórmula (2.1) tenemos que N235

=

No(U235)

e- i;;5 t,

N238 = No ( U 238 ) e _...!!!2...t T238

,

la relación de núcleos iniciales será No(U235)

N235

--~,

No (U238)

(a) t = 3

X

X

ln2 t

e-

T235

e-

T238

In2 t

1_ 0,9971 0,9995 -__ 140

T238 T235

t

= 0, 9971, = 0,9995,

= 7, 16 x 10- 3 = 11/139, 71

109 años e

L

..!n.2....t

106 años

No(U235) -

(b) t = 5

N238

ee-

_...!!!2...t T235

e-

= 8, 119 x 10- 3 , ln2 t T238

= 0,463,

U235

50

Física Nuclear: problemas resueltos

1 0,463 140 8,119 x 10-3

No (U235) No(U238)

= 0,407 = 11/2,45

I

Se observa que cada vez hay mayor proporción de U235, al ir alejándonos en el tiempo.

®

La cadena radiactiva del Th232conduce al Pb208estable. Se dispone de una roca que contiene 3,65 9 de Th232 y 0,75 9 de Pb208.¿Cuál será la edad de la roca deducida a partir de la relación Th/Pb? T = 27 días.

Solución: Th232

2

Pb208

El número de núcleos de Th232 contenidos en 3,65 g es mNA

NI =~

_ 3,65 x 6,023 x 1023 = 9,47

-

232

X

1021núcleos de Th232,

en 0,75 g de Pb208 hay

N2

=

'b208 de P 0,75 x 6,023 x 1023 _ 2 17 X 1021nucleos 208 - ,

.

Recordando la fórmula (2.1),

N2

= NI e-A!;

e-A!

2

= ln2 = 0,0256 T

= N2

_ 2,17 NI - 9,47

d-I,

= 0,229,

entonces la edad de la roca será

_ -1,47 t = ln(0,229) -2 - -0,0256

CID

i

L

=1 57,57 d_

I

Se tiene una especie radiactiva Xl cuyo periodo es de 2 h. Esta especie se desintegra en otra X2 con periodo de 10 h. Esta segunda especie se desintegra a su vez en una tercera X3 que es estable. Suponiendo que el número de átomos de la 1.a especie es NI (O)

= 50.000 en el instante inicial, y que en dicho instante no

existen de las otras especies. calcular:

Radiactividad

51

(a) La actividad inicial de la especie Xl' (b) La cantidad de la especie

que existe al cabo de 1 h.

Xz

(c) La actividad de la especie

al cabo de 1 h.

Xz

(d) La masa de la especie Xl al cabo de 5 h, suponiendo que su masa atómica es 97.

Solución: Al Az Xl -- Xz -- X3

NI (O) = 50.000, Al

= 0,346 h-¡,

Az

= 0,0693 h-¡.

(a) Teniendo en cuenta la ecuación (2.2) A¡(O)

= A¡N¡(O) = 0,346 x 50.000 = 17.325 djh,

A¡(O)

= 14,8 Bq I

(b) Según la expresión (2.3)

N zt( )

A z - A ¡ ( e -Alt _ e -Azt) = N¡(O)A¡

N2(lh) = A.50.000 ArrV'l x O,346 A "" A' (e-O•346

_

e-O,0693)

,

= 114.121 _

I núcleos de Xz,

(c) Utilizando la expresión (2.2) y el valor obtenido en el apartado (a) para Nz(1 h), Az(1h)

= Az Nz(lh)

= 0,0693 x 14.121 = 978,6 djh,

Az(1h)

= I 0,27 Bq

I

f

r ~...

~

52


1

(d) Tenemos que calcular el número de núcleos que hay de la especie Xl al cabo de 5 h. N¡(5h) =

=

Nl(0)e-A1.5

Nl(5h) =

= 8.864,2 núcleos,

50.000e-O,346.5

ml(5h) = Nl(5h)A

ml(5h)NA:::}

A

NA

97 = I 1,43x 1O{.,()')~v x]()23 ml(~ h ) = 8.864,2

18

g

'

d e Xl a las 5 h.

I

@) El Pd98 se desintegra por positrones en Rh98, Sus periodos respectivos son de 17 y 8,7 m. Encontrar la actividad máxima del 2.° nucleido en función de la inicial de la preparación, si en el momento inicial había sólo del1.er elemento. Es decir: Determinar A2(max)IA1(0).

Solución: Según la expresión (2.4) AA

A2--N 01 12 1 A2- Al

(-A1r_ e

e

-A2t),

Al

= O,0407m- 1; e-A1tmax=O,

A2

= O,0796m-l;

e-A2tm1l.X

,

496,

= 0,254,

para hallar la actividad máxima se deriva la expresión

dA2 _ -¡¡¡ -

Al(0)A2 A2 -

Al

(-Al e-A1t

dA

_2 _ O ----'- A 2 e-A2tmax dt - --r A2(max) Al(O)

-

+A2e-A2t),

1 e-A1tmax. , tmax -- _ Al

A

In(A lA)

(-A1tmax

Al e

- e

-A2tmax)

A2(max) A¡(O)

1 Al2 --

A2 1-

0,0796

2

A2 -

que será Oen el máximo,

-----(0 - 0,0796 - 0,0407

-

=~

17 22

'.

m

,

496 O 254) ' . -, ,

Radiactividad

®

53

Entre los productos radiactivos que se emiten en un accidente nuclear están el 1131 (T = 8 días) y el CS137 (T = 30 años). Hay unas cinco veces más átomos de Cs que de I producidos en la fisión. (a) ¿Al cabo de cuánto tiempo a partir del accidente tendrán la misma actividad? (b) ¿Qué isótopo contribuye con mayor actividad a la nube radiactiva, transcurrido el primer día? Suponer que el reactor está operando durante varios días antes de producirse el accidente. (c) De los productos de fisión, aproximadamente el1 % es 1131, Y cada fisión produce 200 MeV. Suponiendo el reactor con una potencia de 1.000 MW, calcular la actividad del 1131 después de 24 h de operación.

Solución: Al

= 0,086 d-

1,

ACs = 6, 33 x 10- 5 d- 1,

Acs(O)

Ncs(O)

= 5Nr(0),

Ar(O)

= ArNr(O),

= AcsNcs(O) = Acs 5 Nr(O), Ar(t)

Acs(t)

= Ar(O) e-

= Acs(O)e-ACs'

Al',

= ACs5Nl(O) e-ACs'.

(a) Para que tengan la misma actividad

Ar(t) Acs(t)

Al - Acs ~

Ar;

-_

1

ArNr(O) e-Al' =} -----Acs5 Nr(O) e-

_- 1,

ACS'

t = In (Ar/5Acs) 5,60 = ' -_ 0,086

Al cabo de 65,2 días tendrán la misma actividad.

I

65,2 d

I

"'.

I"~ J., ..,

54

F/síca Nuclear: problemas resueltos

(b) Pasado el primer día A1(1d)

Al e-

Contribuye más el (c) P = 1.000 MW = 1% de P = 6,25 accidente.

=

= 5x6,33x

5Acse-Acsol

Acs(1d)

A1(0)

0,086 e- 0,086

Arol

=1249,3

1131,

W = 109 J/s = 6,25 x 1021 MeV/s, 1019 MeV/s, potencia debida al 113Ien el momento del

109 X

_ 6,25

P(I131)

Energía en cada fisión -

A1(1d)

=

AI(O)e-Arol

A1(1d)

2.2.

1O-5e-6,33xI0~5

X

109

MeV/s

200 MeV

= 3, 125

= 12, 86 x

X 1017

= 3, 125 x lO17Bq,

e-0,086

1017Bq I

Desintegración alfa y beta

G) Clasificar las siguientes desintegraciones

por su grado de prohibición

(a)

Sr89(~+) _

y89(~-),

CI36(2+) _

Ar36(0+),

(b)

(c)

AI26(5+) _

Mg*26(2+),

Zr9\~+) _

Nb*97(~-),

(d)

Radiactividad

55

Solución: (a)

Ii = = i, ~, nf ni = l¡ =-+ }

(b) IfIi

2, ni = 0, nf = =+ + }

IfIi

5, nf ni = = 2, =+ + }

(c)

(d)

_ Ii -= l¡

i,2' ninf =-- + 1

_

}

!:i.I

= 2, !:i.n = sí::} La Prohibida.

!:i.I

= 2, !:i.n = no::} 2. a Prohibida.

!:i.I

= 3, !:i.n = no::} 2. a Prohibida.

!:i.I

= 0, !:i.n = sí::} La Prohibida.

® Se ha encontrado

que una muestra de óxido de uranio (U3 Os), recién preparada a partir de un mineral de uranio, emite 20,5 partículas oc por mg y por s. Comentar este resultado. A,23S = 4,8 X 1O-1s s- 1.

Solución: A(U23S) = 20,5 ocjmg.s; Sabemos que A =

así que podemos

A,N;

saber el número

de núcleos que tiene

N =

1A _

20,5 4, 8 x 10-

IS

= 4,27

X

101s núcleosjmg,

como hay tres átomos de uranio en cada molécula

N = 1, 42

X

de óxido de uranio

101s moléculasjmg.

Vamos a calcular ahora para 1,42 x 101s moléculas qué masa corresponde, si corresponde a 1 mg. mmolecular

N

=

m N A ::} m mmol

para ver

= 3 x 238 + 8 x 16 = 842 u.a.m.,

=

N mmol

NA

Lo que nos lleva a un contrasentido, 1 mg.

1, 42 X 101s x 842 6,023 x 1023 pues es imposible

= 1, 98 mg.

que la muestra

sea de


56

CID

El PU238se desintegra

por emisión

(X

según la reacción

U234+ (X

PU238_

+ 5, 49

MeV,

con periodo de 128 años. Siendo el del U234de 2,5 x 105 años. Estimar la masa inicial de PU238 necesaria para suministrar un mínimo de 1 kW de calor cuando hayan pasado 50 años.

Solución: Q

= 5,41

A238

= 1,72

x 1O-3a-1

lO-lOs-l,

X

= 2,77 x 1O-6a-1 = 8,8

A234

P

= 5,49 MeV, X 1O-14S-I,

= 1 kW = 103 W = 6,24 x 1021eV/s = 6,24 x 1015 MeV/s.

La potencia calorífica producida debida a la emisión de la partícula P

= A238

Q

= A238N

(X

será

Q,

como N _ mpuNA

A

mpu 6, 023 x 1023 238

tenemos que P

= 1, 72

X

10-10 7npu 6,

~~?n x 1023 5,49

mpu

=

6,24.1015 "'!II"'\ 1Al'" 1"\

= 2,39

X

1012mpu

= 6,24 x 1015MeV /s,

= 2.610 g = 2,61 kg.

Al cabo de 50 años y utilizando la ecuación (2.1),

N =e-A¡t=e-5,4lxlO-3x50=0,76.

No

Al paso de los 50 años se ha reducido 0,76, por lo que inicialmente había

2,61 0,76

= I 3,43 kg

I

de PU238.

El producto U234 se desintegra tan lentamente, que se considera despreciable . •••••

Radiactividad

57

@) Un cierto número de núcleos pueden desintegrarse por emisión de un electrón, por emisión de un positrón o por captura electrónica. El Cu64 es uno de tales núcleos. A partir de las masas atómicas, calcular: (a) Las energías cinéticas máximas del f3+ y del f3-. (b) La energía del neutrino en la captura del electrón.

Solución: Con los datos de las masas atómicas

obtenidos

de la tabla:

Zn~6 +f3-

+v +Q.

M(Cu~~) = 63,929767, M(~i~¿) = 63,927969, M(Zn~Ó)

= 63,929146.

(a) Cu~~ Aplicando Q

la ecuación (2.5) a este caso particular

= [M (Cu~~) - M (Zn~6)]

c2

= (63,929767 - 63,929146) Q

c2

= 6,21

X

10-4

c2,

= 0,578 MeV.

Considerando la energía de retroceso del neutrino también cero, Ecmax(f3-)

del Zn igual a cero y la energía cinética =Q

= 0,578 MeV

Ecmax(f3-)

I

I

~i~: +p+ +v +Q.

Cu~~En este caso Q

= [M (Cu~~) - M

. = 1, 798

(~i~:)X

2me] c2

10-3 c2

-

= (63,929767 - 63,927969)

1, 022 =1.,675

Haciendo las mismas consideraciones

Ecmax(f3+)

- 1,022

= 0,653

c2 - 2 x 0,511

MeV.

que en el caso anterior

= I 0,653 MeV

I

=

r

Fi'sica Nuclear: problemas resueltos

58

I I

(b)

Cu~:+e- -

Ni~:+v +Q +Eb,

Siendo Eb la energía de enlace del electrón, Q

= [M (Cu~:) - M (Ni~:)] c2 = (63,929767 - 63,927969) c2 = 1, 798 Q

El Bi212 se desintegra siguientes cadenas:

por emisión

= 11,675 MeV

a

TI208 --.!!.....

{3

Bi212

X

10-3 c2,

I

(36%) y por emisión

ex

- -

Bi212

O.

= 1,675 MeV,

Ec(v)

®

que vamos a considerar

a

P0212

Pb208

(36%),

Pb208

(64%).

13

(64%), según las

Periodos: Bi212.---.60,5 m,

P0212.---.0,3

TI208.---.3,1 m,

f.1s,

Pb208.---.estable.

de una muestra de 10-7 g de Bi212?

(a) ¿Cuál es la actividad

ex

(b) ¿Cuál es la actividad

f3?

(e) ¿Cuáles son las actividades

ex

y

13

después de 1, 2 Y 3 horas?

Solución: (a) Aa No se conoce la expresión

=

! i

I

i

~

de N2; vamos a despejarla

dN2

-d t = 0, 64A1N1

+A2N2.

0,36A1N1

dN2 -

-d t· +A2N2 =

A2N2'-

NI

(O)

= No.

NI (t)

=

Noe-A1t,

N2 (O)

=

O,64A1N1,

0,

-

Radiactividad

59

dN2

-¡¡ + A2N2 = 0,64 A¡NoeResolviendo

la ecuación diferencial

N2 (t)

AoJt)

Acx(t)

Al

t.

nos queda,

0, 64A¡No (e-A1t _ e-A2t),

= A2 _ A¡

+ 0, 64A¡A2No A2- A¡

= 0, 36A¡Noe-A1t

(e-Alt _ e-A2t)

,

= NoA¡ [ 0, 36e-Alt + ~~6~~~ (e-A1t _ e-A2t)] .

(b) Ap

= 0, 64A¡N¡ + A3N3, = 0,

N3(0)

= 0,36 A¡N¡ -

dN3

dt

A3N3,

dN3

-¡¡ Operando

igualmente

= 0, 36A¡Noe-Alt.

+A3N3

que en el caso de N2

(e-Alt _ e-A3t), N3 -- 0,A336A¡No -.II.¡,

Ap(t)

Ap(t)

+ 0, 3,6A¡A3No 3 - A¡

= 0, 64A¡Noe-Alt

(e-A1t _ eA3t) ,

= NoA¡ [ 0, 64e-Alt + A: ° 5_~6AA: (e-Alt ~ e-A3t) ]

(c) Se tiene que calcular cuánto vale No ¡

No

mNA = ----;¡=

10-7

X

6,023 212

X

1023

= 2,84

X

1O¡4 núcleos, i :1

...

___

J

h2h 3h

60


Al

= 1,9

A2

= 2,31

A3

= 3,73

10-4s-1,

X

106S-1,

X X

1O-3s-1.

Sustituyendo los respectivos valores de No, Al, A2 Y A3 en las ecuaciones deducidas anteriormente, obtenemos los siguientes valores t

A", 0,191 Ci1010Bq 6,933x 109 0,38 0,75 1,374x 2,723 X 1010Bq Ap Ci 7,067x 109 Bq 2,775x X 1,401

0,37 0,187 Ci 0,74 Ci

600 4.950 2.280 1.600 5.280 4.280 4.600 2.600 1.280 5.600 1.950 950 3.280 3.600 3.950 7,8 15,5 16,0 23,0 4,0 42,0 39,7 34,6 22,2 26,2 32,1 37,8 29,9 9,3 ® El Na-24, emisor Kurie.

/3- , tiene un periodo T1/2 = 15, O h. Con la tabla siguiente, de /3 magnético, hacer diagrama de expresada en espectrómetro, 5.950 cuentas porgauss.cm) unidad dedel intervalo de momento y el producto Bp un (rigidez magnética

Solución: Para hacer el diagrama de Kurie tenemos que relacionar la energía cinética de los electrones, T, con la rigidez magnética del espectrómetro, Bp.

También hay que calcular

VpF . I p ~) .

Los espectrómetros magnéticos se basan en que un electrón de carga e y velocidad v, moviéndose en un campo magnético homogéneo B, cuyas líneas de fuerza son perpendiculares a la dirección del movimiento, describe una trayectoria circular cuyo radio de curvatura p viene dado por: Bev = mv2 p

,

j.

Radiactividad

p =mv También

61

=eBp.

sabemos que

ET = T

T

T =/(moc2)2 Sustituyendo

+ moc2 = /(moc2)2

= /(moc2)2

+c2(eBpi-moc2

+ C2p2-

=moc2

+ C2p2, moc2,

1(

1+ m~c4 e2c2

(Bp)2

)!]-1.

los valores de las constantes

T (keV) = 511 [(1

+ 3,442

p(keV Ic) = /(T

x 10-7 (Bpi)!

+ 511i

-

1] ,

- 51 F.

Con estos resultados obtenemos la siguiente tabla. El valor de F, (factor de Fermi) se ha obtenido de la bibliografía (H. A. Enge, lntroduction to Nuclear Physics, p.316).

F284,8 1,810,4730,7 5,57 683,1 128,0 1,3 1,3 11344,5 152,4 41,1 884,4 6,13 510,4 1,5 1,7 1079,3 42,0 16,0 383,7 983,3 9,42 4,93 7,91189,9 39,7 74,0 597,2 342,4 2,3 179,8 10,24 3,74778,7 29,9 7,8 870,1 1,3 1184,2 1582,9 2,33 4,34 1,69 34,6 9,3 959,7 058,5 1783,7 0,41 1,04 0,7 1243,9 1,4 1,6 39,7 37,8 22,2 32,1 26,2 479,7 683,5 779,5 6,83 584,5 7,34265,4 8,44 421,0 1283,1 1379,1 1484,0 3,05 23,0 15,5 1678,8 4,0 P(P) T(keV) p(keV/c) Bp(gauss.cm) /~n(c/keV)

r

!

62


La gráfica obtenida es la siguiente

12

,

/P(p) p2F

<:) <:)

10

8

6

4

2

O

500

O

1.000

1.500 T (keV)

Esta recta, ajustada por mínimos cuadrados:

V ./ P(P) p2F

= 10,19 - 7,45 T,

corta al eje de las energías en T = 1, 37 MeV. El punto de corte del diagrama de Kurie corresponde a la energía cinética máxima de la transición f3. Para el Na24 se encuentra en la bibliografia que vale 1,39 MeV, valor muy aproximado al obtenido.

2.3. Desintegración gamma G) Cierto esquema de desintegración tiene las siguientes energias

y (en keV): 32,7; 42,1; 74,8; 84,0; 126,1 Y 158,8. Estudios de coincidencias muestran dos características del esquema de desintegración: sólo una de las y's no tiene ninguna de las otras en coincidencia con ella, y ninguna de las gamma está en coincidencia con más de tres de las otras. La radiación gamma viene precedida por radiación beta que solamente puebla un nivel. Con esta información sugerir un esquema de desintegración. (Hay dos posibles soluciones.)

..¡

Radiactividad

63

Solución: Para establecer el esquema de desintegración hay que buscar relaciones entre los rayos gamma. La gamma que no tiene coincidencia con ninguna otra tiene que ser la que va del nivel poblado por la desintegración del f3 al estado fundamental, es decir, la de máxima energía 158,8 keV. Además 158,8 = 32,7 +42,1 +84,0, con 10 cual se podrá llegar al estado fundamental con estas tres transiciones, pero pueden ser ordenadas de distinta manera. Otras relaciones entre líneas serán 158,8

126, 1 + 32,7,

126,1

42,1 + 84,0,

158,8

74,8 + 84,0,

74,8

32,7 + 42,1.

Con toda esta información se pueden establecer los siguientes esquemas:

PADRE

00

00o
-

t--

00

" N <')

o:r"

t--

158,8 keV

-N

N o:r

"C)"

126,1 keV

o

.,f' 00

84,0 keV

o keV

64


o

co

00

\O" on N ..........

~" co

158,8 keV

co .,¡t-

N" ~

74,8 keV

t-

N

M

32,7 keV

o keV

®

Los tres estados más bajos del

Estado Fundamental 1

2

834

poseen las siguientes características:

Energía

Espín y Paridad

o

0+

2,13 MeV 3,30 MeV

2+ 2+

(a) Cuando se produce el núcleo en su estado de 3,3 MeV se observan tres rayos gamma. ¿Qué energía tendrán y de qué tipo son? (b) Dibujar un diagrama de niveles. Calcular las intensidades relativas de los rayos y suponiendo que todos los núcleos se forman constantemente en el estado 2. ,

Solución: (a) El primer gamma será el que va del estado 2 al fundamental, tendrá 3,3 MeV (y¡).

El segundo irá del estado 1 al fundamental, con 2,13 MeV (Y2)' El tercero del estado 2 al estado 1, la energía será 1,17 MeV (Y3)' Veamos ahora de qué tipo se trata cada uno.

-

Radiactividad

65

'JI1: 2+ ----<0+, 1i = 2 Y 1f = O L = 2, no cambia la paridad. Tiene que ser

unE2.

'JI2: 2+ ----<0+, se trata del mismo caso que el anterior, E2. 'JI3: 2+ ----<2+, 1i = 2 Y 1f = 2 L E [0,4], la paridad no cambia. Puede ser E2 ó MI. (También podría ser E4 ó M3, pero la probabilidad es mucho menor al aumentar la multipolaridad.) Para ver cuál de las dos es tendríamos que conocer las probabilidades de transición para los dos casos; estas probabilidades están estimadas por Weisskopf y Mosskowski. Se trata de una serie de curvas que nos dan el valor de log A para una energía determinada (siendo A la probabilidad de transición), para cada transición considerada (estas curvas aparecen en la bibliografia, H. A. Enge, lntroduction to Nuclear Physics, pp. 260-261). Encontramos que para 1,17 MeV: Ml----
Si tomamos

I

Al ,12

1013 = 1012 = 10.

1(2) = 1 = 1(3)----<1(1) = 10

I

El diagrama de niveles es el siguiente

oM rri"

3,30 MeV

2,13 MeV

Y2

0+

y¡

OMeV

r I ! I !

66

®


El Ra226 se desintegra por emisión de dos rayos ex de energías 4,781 y 4,598 MeV pasando a Rn222 en el estado fundamental y en un estado excitado, respectivamente. (a) Sabiendo que la masa atómica del Ra es 226,025401 u.a.m., hallar la masa atómica del Rn. (b) Hallar la energía, espín y paridad del estado excitado del Rn sabiendo que el emitido en la desexcitación es de tipo E2 (suponer válido el modelo de capas para el estado fundamental). (c) Dibujar el diagrama de niveles de la desexcitación.

Solución: Ra226 ----; Rn222

(a) Q = 4,781 MeV = 0,00513

+ He4 + Q.

c2•

La energía del ex debido a la desintegración al nivel fundamental corresponde a la Q de la desintegración, suponiendo despreciable la energía del núcleo de retroceso

Q

= (m; - mI)

c2

= [ m (Ra226)

Buscando en las tablas m (He4) Despejando la masa del Rn222

m(Rn222)

-

m(Rn222) -

m

(He4)]

c2,

= 4,002603 u.a.m ..

= 226,025401 - 4,0022603 - 0,00513,

m(Rn222)

= 1222,01766

u.a.m.

(b) La energía del estado excitado vendrá dada por la diferencia de energías entre la del primer alfa y el segundo. El nivel fundamental tiene energía cero.

El = 4,781 - 4,598 = I 0,183 MeV

Radiactividad

67

El espín y paridad del estado fundamental, suponiendo válido el modelo de capas, es 0+. Teniendo en cuenta las reglas de selección, al ser la desexcitación de tipo E2, la paridad debe ser + en el estado excitado; además sabemos que

L = 2 (multipolaridad),

If =0, IIi - If I ~ La única solución posible es que

Ii

=

2 ~ 2:::}

IIi + If

l·

El estado excitado tendrá

[E] (c) El diagrama de niveles será:

IX

M 00

ó

4,781 MeV

/

.....

2+

0+

0,183 MeV

r

68

F/síca Nuclear: problemas resueltos

3.

PROBLEMAS

PROPUESTOS

1. La actividad del carbono encontrado en especímenes vivientes es de 0,007 /lCi

por kg, debido a la presencia de C14. El carbón procedente de un fogón situado en un campamento indio tiene una actividad de 0,0048 /lCi/kg. El periodo del C14 es de 5.730 años. Calcular el año en que este campamento fue usado por última vez.

= 2,55 m) se obtiene de forma pura por separación química de su padre, el CS137.Si en un momento dado hay 1 /lCi de bario presente, ¿cuántos núcleos se habrán desintegrado al cabo de 5 m?

2. El isómero excitado del Ba137 (T

3. La cadena de desintegración:

CS139~

Ba139~

La139,

se estudia a partir de una muestra inicialmente pura de 1 mCi de CS139cuya T = 9,5 mino La del Ba es T = 82,9 min, siendo estable el La. ¿Cuál es la actividad máxima del Ba y cuándo ocurrirá? 4. Una pieza de torio que contiene 1 kg de Th contiene también 200 g de Pb. El

Pb208 es el descendiente estable final de la serie radiactiva cuyo precursor es el Th232. El periodo del precursor es de 1,4 x 1010 años. (a) Suponiendo que todo el Pb de la roca proviene del decaimiento del Th, y que no se ha perdido nada, calcular la edad de la roca. (b) Existen en total seis partículas alfa emitidas en la desintegración de la serie radiactiva. Calcular cuánto helio se ha producido en la roca.

5. Calcular el periodo del K40 sabiendo que: (a) El potasio natural contiene los isótopos 39, 40 Y 41 en proporciones: 0,933; 1,19 x 10-4 y 0,067 (en n.Ode átomos por átomo de K natural). Los isótopos 39 y 41 son estables. Peso atómico medio del K natural = 39,1. (b) Un gramo de potasio natural emite 31 partículas f3 /s y 3,4 rayos y/s. Estos rayos y provienen de la desintegración por captura electrónica, dando un gamma por desintegración. 6. Con los datos del problema anterior, hallar la edad del mineral de potasio en el que hay acumulados 1,54 x 10-2 cm3 de Argon en c.n. por g de potasio.

BIOomum

Radiactividad

69

7. ¿Cuál es la actividad (en curios) de una muestra de 8 gr de agua que contiene 1 átomo de tritio por 105 átomos de H? El tritio decae por emisión beta con T = 12,26 años. 8.

Un neutrón libre es en sí radiactivo y se desintegra espontáneamente protón, un electrón y un antineutrino:

en un

n --> p + /3- + v. Suponiendo al neutrón en reposo, (a) Calcular la Q de la reacción, (b) Calcular las velocidades del protón y el electrón después de la desintegración.

9. Sabemos que el neutrón libre se desintegra espontáneamente. ¿Se desintegrará el protón libre? ¿Por qué? 10. En un espectro de electrones, los resultados experimentales de los momentos de una muestra radiactiva, son los siguientes: p

=.J8

P

= .j24 moc --> P (p) = 384,

moc --> P(p)

p =.j48 moc

-->

P(p)

= 288, =

192.

(a) Hacer un diagrama de Kurie con estos datos, considerando que F(Z, E) = 1. (b) Determinar el punto de corte del espectro /3 ( en términos de

moc2).

11. Completar la siguientes ecuaciones con las componentes que faltan: (a)

v+Hé

-->

(b) He6 --> Li6

+ e- +

(c) e- +B8-->

70


(d) v +C12_

(e)

K40_v (f) K40

-11

12. Se estudia la desintegración ex del Th232• Utilizando las masas de los núcleos inicial y final, se ha determinado el valor de Q, siendo éste de 4,09 MeV. Estimar el periodo de desintegración del Th232 y explicar por qué se clasifica al Th232 como núcleo estable. 13. En la reacción

C060 -> Ni60

+ 13- + 11 :

(a) Hallar la energía cinética máxima con la que saldría la beta en el caso en que el Ni quede en el estado fundamental. (b) El Ni60 posee dos estados excitados de 2,50 y 1,33 MeV. ¿Es energéticamente posible la emisión y tras la desintegración 13- del Co? (c) ¿Cuál será la máxima energía de la uno de los estados excitados?

13-

en el caso en que el Ni quede en cada

14. La desintegración

ex de un núcleo, cuya masa está cercana a 200, tiene dos componentes de energías 4,687 y 4,650 MeV. Ninguno puebla el estado fundamental del hijo, pero cada uno va seguido de una emisión gamma, de energías 266 y 305 keV, respectivamente. No se observa ningún otro rayo y.

(a) Con esta información dibujar un esquema de desintegración. (b) El estado desde el que decae el padre tiene espín 1 y paridad negativa, y el estado fundamental del hijo tiene espín O y también paridad negativa. Explicar por qué no hay una desintegración ex directa al estado fundamental del hijo.

1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA

1.1. Interacciones Partículas pesadas cargadas El mecanismo dominante en la pérdida de energía de las partículas cargadas es la dispersión de Coulomb por electrones atómicos. Es más probable que la partícula choque con un electrón que con el núcleo. En una colisión frontal entre una partícula de masa M y un electrón de masa m, la pérdida de energía cinética de la partícula es de la forma

~T

= T (~).

La pérdida específica de energía por ionización o poder de frenado para partículas cargadas está dada por la Fórmula de Bethe

- dE dx = 4nZ2e4 mv2 N [ In 1(12mv2 _ 132)

-

/32 ] ,

donde 1 es un parámetro que representa un potencial medio de excitación, y vale

1~1l,5Z(eV).

71

72

Fl'sica Nuclear: problemas resueltos

La trayectoria de las partículas pesadas es prácticamente rectilínea. La distancia recorrida hasta que pierde su energía y se detiene se llama alcance. El alcance R depende de la energía de la partícula, de su masa y del material que atraviesa.

R=

10 T (

--

dE dx )-1

dE.

Aquí T es la energía cinética de la partícula, no un periodo. Es posible escribirlo en función de la velocidad de la partícula, que es independiente de su masa y su carga.

v

R -- M Z2 jV o f(v)dv,

donde z es el número atómico de la partícula, M el peso atómico del absorbente y es función de la velocidad de la partícula. Se puede usar la fórmula empírica del alcance de partículas (X

f (v)

= 0,31

partículas

(X

en aire:

partículas

(X

en un medio de número másico A:

Rry.

T3/2

Rry.

4 <

= 0, 56Rry.

R~

donde

cm;

AI/3

T <

7 MeV,

mg/cm2

(cm) es el alcance en aire de la partícula con la misma energía

T

(MeV).

Rutherford demostró que la repulsión coulombiana entre un núcleo de un átomo pesado y una partícula (X incidente da lugar a que ésta describa una trayectoria hiperbólica. La distancia perpendicular desde el centro de un núcleo a la recta de incidencia se conoce como parámetro de impacto b, cumpliéndose

b

=

zZe2 e -nso M IVI2 cot -2'

siendo z y Z los números atómicos de la partícula (X y el núcleo; M¡ vi = doble de la energía cinética de la partícula (x, y e el ángulo de desviación de la dirección original de la partícula (X. La distancia de máxima aproximación para una interacción de Coulomb repulsiva, está representada por el diámetro de la colisión zZe2 -d

= ----

2nsoM¡v¡

2.

Interacción de la radiación con la materia

73

Electrones Interaccionan, como las partículas pesadas, por la dispersión de Coulomb. Se diferencian en que tienen a menudo velocidades relativistas, la trayectoria es en zig-zag y el alcance (definido anteriormente) es mucho menor que su trayectoria. En la fórmula de Bethe para los electrones hay que tener en cuenta las velocidades relativistas. A causa de que están sometidos a aceleraciones al pasar cerca de los núcleos, producen bremsstrahlung, o radiación de frenado. La pérdida total de energía tiene en cuenta las dos contribuciones: ionización y radiación.

ion +

~~ = (~~)

( ~~ tad

.

En forma abreviada, queda

- (dE) d X

rad

= 4r2 137NTZ

2

(3.1)

In ZI/3' 183

donde T es la energía cinética del electrón, r su radio, N la concentración de átomos en la sustancia y Z el número atómico de la sustancia. (dEjdx)ion (dEjdx)rad

800 ~ ~ ZT(MeV)'

(3.2)

Como se observa en la ecuación (3.2), el término radiativo es importante solamente a altas energías y en materi;;¡les pesados. Para determinar el alcance se utiliza una fórmula semiempírica de Feather. En el caso del aluminio es de la forma

Rp(gjcm

2)

=

{

0,542 TUs, T - 0, 133, 0,407

0,15 < T < 0,8MeV 0,8
Ten MeV.

Radiación de Cerenkov Si la velocidad de una partícula cargada atravesando un medio de índice de refracción n es superior a la velocidad de la luz en ese medio, se forma un frente de onda cohenmte propagándose a un ángulo e con la dirección de la partícula, donde cjn __ 1 . cose = 7JC - n{3 Esta coherencia no aparece hasta que {3 = 1j n, que es la energía umbral para observar la radiación.

r I

74


Radiación

electromagnética

Los tres procesos principales por los que interacciona la radiación electromagnética (rayos y y rayos X) con la materia son: el efecto fotoeléctrico, el efecto Compton y la creación de pares. En el efecto fotoeléctrico, un fotón es absorbido por un electrón atómico y éste sale libremente. La energía del electrón liberado es igual a la del fotón menos su energía de enlace. Un electrón libre no puede absorber un fotón, porque es imposible que la reacción e + y --+ e conserve a la vez el momento y la energía. El efecto Compton consiste en la dispersión de fotones por electrones libres. La energía del fotón dispersado un ángulo e vale 2

E _

- (1-

moc cose) +moc2jEo'

(3.3)

donde Eo Y E son las energías del fotón incidente y dispersado, respectivamente, y mo es la masa en reposo del electrón. En el proceso de creación de pares, un fotón crea un par electrón-positrón y desaparece. El balance de energías es Ey

=

+mc2

T+

+ L +mc2,

L

siendo T + y las energías cinéticas del positrón y el electrón. Como el efecto fotoeléctrico, este proceso necesita la presencia de un átomo para que se produzca. Necesariamente hay un umbral, que es de 2mc2 = 1,022 MeV, por lo que es importante sólo para fotones de alta energía. Atenuación

Consideremos un haz colimado de fotonesmonoenergéticos, incidente sobre una lámina de material de espesor x. El fotón puede producir cualquiera de los tres efectos citados, o varios a la vez. Los fotones que atraviesan la lámina son los que no han interaccionado, y el haz emergente es más débil. La ley de atenuación es de forma exponencial,

1 = Ioe-/-lX, donde f.1 es el coeficiente de atenuación total para un medio a una energía determinada, que vale f.1

=

/-tI

+

f.1c

+

f.1p,

siendo los tres sumandos las probabilidades para el efecto fotoeléctrico, Compton y creación de pares, respectivamente. Se mide en cm - 1.

•••••••

~a_oumuouMu.umu._""'mU"m""IM""m"'"~""m"'''~''''ml''~I''~''M''~''m·

_=


75

Con frecuencia el espesor se mide en gjcm2 de absorbente. Se habla entonces del coeficiente de absorción másico definido como /1j p Y medido en cm2 jg. En la figura 3.1 se puede ver la atenuación para distintos haces de partículas alfas, betas y radiación gamma (partiendo de la misma intensidad inicial). Para las alfas aparece el alcance medio (ReJ, para las betas el alcance extrapolado (Rp) y para las gammas un "alcance" medio (Ry, el concepto de alcance como tal no es aplicable a la radiación electromagnética).

1

lo

Re<

FIGURA 3.1. Atenuación

x

Ry

Rp

de la radiación

1.2. Detectores Existen una serie de procedimientos y aparatos que sirven para detectar, medir y analizar las radiaciones nucleares. Para ello se aprovechan diversos efectos que produce la radiación al atravesar la materia. Los principales efectos son - Ionización (tanto en gases como en semiconductores) - Excitación de luminiscencia

i

- Disociación de la materia (placas fotográficas)

~

J

Dentro de los detectores se suele distinguir entre meros contadores de partículas o fotones que alcanzan el dispositivo, y espectrómetros que son capaces de medir la energía de la radiación incidente. Para la protección radiológica es más importante conocer la dosis, o cantidad de energía depositada por la radiación en el organismo, que el tipo de radiación recibida. Los que realizan esta función se llaman dosímetros. El funcionamiento básico según el efecto producido será: ]onización Cuando una radiación nuclear atraviesa un gas o un material semiconductor provoca la ionización de parte de sus átomos, y por consiguiente, la liberación de iones positivos y electrones. Por 10 que el material que se comportaba como un aislante eléctrico pasa a ser parcialmente conductor. Midiendo la corriente eléctrica que por él circula puede deducirse la intensidad de la radiación que 10 atraviesa, actuando así como dosímetro. Si 10 que tenemos a la salida del detector es un impulso de corriente (obtenido con la electrónica apropiada) se podrán contar, trabajando en régimen de contador. En muchos casos este impulso es proporcional a la energía depositada, por 10 que se trataría de un espectrómetro. Éste es el proceso más frecuente utilizado en los detectores. Excitación de luminiscencia En algunos sólidos (sustancias luminiscentes) al paso de la radiación ionizante se produce la excitación de parte de sus átomos, que al desexcitarse emiten fotones luminosos; éstos son recogidos por un fotomultiplicador que a la salida entrega un impulso de corriente. Mediante una electrónica apropiada este impulso proporciona información sobre la energía de la radiación ionizante, por 10 que se puede hacer espectroscopía. Disociación En algunos casos el fenómeno producido es la disociación de algunas moléculas (por ejemplo, sales de plata). Midiendo el ennegrecimiento producido en las placas fotográficas por la disociación, se puede deducir la dosis de radiación que ha alcanzado a la película fotográfica. Se utiliza en dosimetría. Para detectar neutrones (partículas sin carga) se utilizan detectores similares a los anteriores, pero con algún material añadido que reaccione con ellos (por ejemplo B ó Cd). Las características intrínsecas de los detectores son Eficiencia - Relación entre las partículas registradas y las que llegan al detector. n E=

N.

Tiempo de resolución o tiempo muerto - Tiempo durante el cual el detector no es capaz de contar, después de haber llegado una partícula.

~'

...•....

-----------------'--------------------------------

-

..


77

Resolución - Es la anchura a semialtura de una linea con relación a la energía.

R_FWHM Ea

Linealidad - La relación entre la energía disipada por un suceso ionizante E y el tamaño del impulso de tensión correspondiente V. E=aV+b.

Las dos últimas características se refieren únicamente a los espectrómetros.

Estadística, errores Cuando se realizan una serie de medidas experimentales el resultado se presenta como la media aritmética de las medidas más/menos la desviación típica o estándar, m±

(J.

El valor de la desviación típica se calcula

(J= V ./'L(Xi-m)2 n-l

donde

Xi

'

serán cada una de las medidas y n el número de medidas efectuadas.

Se ha probado experimentalmente que para la desintegración radiactiva el proceso sigue una Distribución de Poisson, cuya función de densidad de probabilidad es:

P(s) =

fls

x e-P

s!

siendo P(s) la probabilidad de que ocurran s desintegraciones en el intervalo (O, t). La distribución de Poisson es discreta y en ella la media aritmética coincide con el parámetro de la distribución y su raíz cuadrada es la desviación típica o estándar

m =fl

y

(J

=.Jii.

r I

78

!


Cuando fJ, ~ 30 se puede aproximar la distribución de Poisson por la distribución normal o de Gauss, que es continua y simétrica (centrada en la media).

si

P(s) =

1_

x e

(p, 2(J2

.J2n(J2

Cuando se trata de medidas indirectas, función de una serie de medidas directas cada una de ellas con su correspondiente desviación típica, la desviación típica del resultado final será

(J¡

¡

=~I

±[ (a¡ 1=1

OXi

) (Jx-]l'

2

donde = ¡(Xl, ... , xn) es la función que nos da la medida y cada desviaciones típicas de cada una de las medidas directas.

~

(JXi

son las

~


2.

PROBLEMAS

79

RESUELTOS

2.1. Partículas cargadas CD Encontramos que en una emulsión fotográfica,

el alcance de cierta partícula alfa

es de 400 /lm. ¿Qué alcance se obtendrá (a) para un núcleo de He3, (b) para un núcleo de H3, cada uno de los cuales se mueve con la misma velocidad inicial que la citada partícula ex?

Solución: Si la velocidad es la misma,

f (v)

no varía, y el alcance es función solamente de M

A

R oc 2 z = 2K, z 4

Rcx

Caso (a): He~ ::} Caso (b): H~ ::}

®

RHe3

RH3

= 400/lm = -K 4 = K.

= ~Rcx = 1400 /lm = 3Rcx = 11,2 mm I

(a) Calcular la pérdida específica de energía por radiación 2 MeV en aluminio.

de un electrón de

(b) ¿En qué factor la pérdida específica por radiación en plomo excede la del aluminio?

Solución: (a) Aplicando la eco (3.1), Y teniendo en cuenta los datos siguientes: re = 2,82 X 10-13 cm; PAl = 2,75 gjcm3; A = 27; Y Z = 13, se obtiene

nAl

x = 2,75 x 6,023 27

1023

3

= 6, 13 x 1022nucljcm ,

r I

80


(dE) -dx

Al

x 10- 13)2 x 6,13 -_ 4(2,82 137

(dE) dx

X

1022

X

20

=1 0,2 MeVjcm

Al

X

169 x In

(

2183 , 35 ) '

I

(b) Igualmente en el caso del plomo,

( dE) dx

Pb

= 3, 82MeVjcm.

La relación entre ellos,

(dE) dx

Pb

j (dE) dx

Al

= OIJ

La pérdida en el plomo es 19 veces mayor que la del aluminio.

®

(a) Calcular las energías cinéticas umbrales de un electrón y un protón a las que tiene lugar la radiación de Cerenkov en un medio con índice de refracción n = 1,60. (b) ¿Qué partículas tienen una energía cinética umbral igual a 29,6 MeV?

Solución: (a) cos e = ljn/3; en el umbral: cos e = 1; entonces /3 = ljn = 0,625; Y /32 = 0,39

Te

= me2[ vr=7J2 1 _

1]

= °' 511 (1VI _ 0,39 - 1) = I 0,143 MeV (electrón)

Igualmente

Tp

= 938, 23[ Vl-0,39 1

-----.MeV (protón) I - 1] = I- 263

(b) T me 2 = ----==:::;¡;¡c;----;-

Luego se trata de muones .

••.....

= 0,28---29,6 =1105,7 MeV

I

I


@

El parámetro de impacto para la dispersión de carga Z e está dada por

zZe2

b = -4--M neo

81

de Rutherford por una partícula fija

1 IVI 2

e cot-2·

Calcular el número cuántico de momento angular 1 de un protón de 1 MeV respecto al centro de dispersión. Z = 90, ye = 90°.

Solución: Como L

= R x p,

= l(l + 1)h2,

ILI2

poniendo p en términos del número de onda k : p = h k; lo que pone un límite al valor de 1:

p

k=

Ti

b=

y'2mE

_

= --h-

-

Imax

= k R,

¡

l(l

+ 1)

Y como R ~ b,

en donde se han utilizado las unidades h = 1,054 x 1O-34J.s = 6,58 x

10-22

MeV.s,

1 4neo

= 9 x 109 Nm2/C2.

Finalmente, resulta 1=

6,48

X

Imax

y'2 x 938 = 2, 12 x 1014m-l, 6,58 x 10-22

90(1,6 x 10-19? x 9 x 109 = 6,48 x lO-14m, 2xL6xlO 13

10-14 x 2,12

El número cuántico de momento angular es

X

1I

1014 = 13,7.

= 14

I

::;;kR,

= k b,

~ :.

82


2.2. Radiación electromagnética G) Cuando pasa a través de una lámina de plata de 2 mm de espesor un haz estrecho de rayos gamma de 0,15 MeV de energía, el haz se atenúa un factor cuatro. (a) Calcular la sección eficaz de interacción de esos fotones en la plata. (b) Calcular el coeficiente de absorción másico. p

= 10,5 g/cm3, M(Ag) = 107 u.a.m.

Solución: (a) 1 = lo e-flX,

-¡lX

f.1=

(J

N -+

(J

lo = 41 luego: 1/4 =

. = ln(1/4) = 1,386,

= f.1/N;

N =

e-flX,

1,386

()2 , = 6,93cm

f.1 =

10,5 x 6,023 x 107

-1 ,

1023

= 5,91 x 1022nucl/cm3,

y por tanto (J

= 1, 17 x 10- 22

cm2

= I 117 b

I

(b) El coeficiente de absorción másico

f.1

CID

Considerar una dispersión 0,03 nm. Calcular:

'- - ~P = 6,93 10,5 =1°,66

cm2/g

Compton de rayos X cuya longitud de onda es de

(a) La longitud de onda de la radiación difundida a 45°. (b) ¿Qué velocidad tiene el electrón de retroceso?

~

I


83

Solución: (a) De la eco (3.3), se obtiene que me2

E'jE = E(l- cose)

+me2'

siendo E = 2nehj A, resulta , A

2neh

=

x-

x

= 3,07

X

A

+ --2 me

(1 - cos e),

= 7, 04 x 10- ¡¡ cm;

A

10-9 cm = 0,0307 nm.

Luego la longitud de onda de la radiación difundida vale

¡ 0,0307 nm

(b) La energía del electrón de retroceso será

, Te=T-T

,

1

=h(OJ-OJ)=2neh(;.,-

1

-4

X)=9,4x1O

MeV.

Teniendo en cuenta la pequeña energía del electrón de retroceso, no es necesario hacer el cálculo relativista

T = 2mv 1 2 -> v = V. /2T m = V./2 x0,511MeVje2 9,4 x 1O-4MeV = 0,061 e.

De donde, finalmente, la velocidad del electrón de retroceso vale v=0,061e=ll,83x107mjs

®

I

Estamos realizando un estudio experimental de una radiación gamma compleja, constituida por dos radiaciones de energías bien definidas (monocromáticas) E¡ y E2, habiéndose llevado a cabo las siguientes observaciones: 1) cuando no se interpone absorbente alguno al paso de este haz, las intensidades de ambas radiaciones son idénticas. 2) Si el haz atraviesa una lámina absorbente de aluminio, de 60 cm de espesor, la intensidad de la radiación menos penetrante (12) es un 10% la correspondiente a la otra radiación (I¡).

--'

~ 84


3) Al interponer otros 5 cm de absorbente radiación a la mitad de su valor anterior. A partir de todos estos datos, determinar másico del aluminio.

se reduce la intensidad total de la

los coeficientes de atenuación lineal y

Solución:

X

= 60 cm {

:::} Id 12 = 10 =

12=I¡Ioe-601<2 = 0, 1I¡ = Ioe- 601<¡

e(1<2-I<¡) ,

}

de donde se obtiene (/l2 - /l¡) = 0,0384 cm-¡ (1)

x

= 5 cm más { Iz' I¡'

= 12 e- 51<2 I¡e-51<¡

:::}

{ /'1= I¡'I¡ +12 +12' ==I¡0,+ 510,=1I¡\;II¡ = 1,Después 1I¡ Antes de de atravesar atravesarlos 55cm. cm. r

1 1

= -'-I¡ 2

=

I¡ e-

51<¡

1,1

-

2

+ 12e-

51<2

- e-51<¡

-

=

I¡ e-

51<¡

+ 0, 1I¡ e-

51<2 :::}

+0 1 -5 , e 1<2,

se llega a 1,82

e- 51<1 + 0,182 e- 51<2 = 1,

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtiene

I

El coeficiente de atenuación másico: /l' = /ljp:::}

.•..

/l2 { /l¡

I

(2)

_¡ = 0, 174 cm 136 cm-¡

/l2' { /l¡'

= 0,0644 0,0504 cm2jg cm2 jg

--------------------------

.... ----------

..... -----""""-----",~


85

2.3. Detectores G) Determinar la constante de calibración, K, de cierto contador de neutrones de dimensiones

reducidas, en donde se han efectuado las siguientes medidas:

272 1.006 98 12 33 C4.348 (c/min)

r (cm) 30 25 2015 10

5

Siendo r la distancia media entre el contador y la fuente de Pu-Be, que emite 1,6 x 106 neutrones/s. La ~a del agua es 0,017 cm-1 para neutrones térmicos.

Solución: El flujo neutrónico La intensidad

Q de neutrones

es

K C.

será de la forma

Q = Si se mide el flujo
f ~a
distancias 6

Q

= 4n~aK

L C(ri)r;~r, i=1

despejando

K= Sustituyendo

~ ~

4n~a

L

Q C(r,.)ri~r 2'

por los valores medidos en el contador,

C(r-)r.~r 1

21

= 5

= 1705625

(

400+ +1.006 33 xx 625 12 x 900 4.34898 xx 25 100++272 x 225+

cuentas.cm3/m

= 28427

cuentas.cm3/s.

)

r 1

!

86

Ft'síca Nuclear: problemas resueltos

1

Luego la constante de calibración

K=

®

1,6xI0~_._

=!263,4neutrjcm21

Se coloca una fuente delgada de P0210 de 2 /lCi entre las armaduras de un condensador como el de la figura.

f

A

~+ A.T.

El dispositivo permite colectar todos los iones producidos por cada partícula alfa. La emisión alfa es isótropa. La aparición de un par de iones introduce en el circuito una carga igual a la carga elemental. ¿Cuál es la corriente que se mide en el microamperímetro? Ea = 5,5 MeV. Energía necesaria para producir un par ion-electrón = 35 eVo

Solución: La fuente emite 2/lCi = 7,4x 104 partjs La mitad solamente (por ser isótrapa) se reparte en el gas

N = 3,7 2

X

104 partjs.

Cada partícula produce

n=

5,5

X

35

106

=

157143

pares

d . e lOnes.

....•


87

La corriente será nqN

I = -2-

4

I=9,3x

CID

-19

= 3,7 x 10 x lS7143 x 1,6 x 10

,

1O-IOA=!9,3xlO-4,uA!

El espectro de impulsos de una fuente radiactiva, de la que se sabe que emite sólo fotones de una única energía bastante alta, muestra tres picos prominentes en 7,38; 6,49 y 5,60 V. ¿Cuál es la energía del rayo y?

Solución: El espectro tendrá un fotopico, un pico de escape y uno de doble escape. Fotopico: - Ey. El pico de escape será - Ey El pico de doble escape: trón = SIl keV.

mc2•

Ey -

lmc2,

siendo mc2 la masa en reposo del elec-

Suponemos que tiene un comportamiento lineal, luego V = a

+ b E.

- SIl)

6,49 = a +b(Ey

{ S, 60 7,38 =a+bEy =a+ b(Ey - 1022) Haciendo operaciones 6,49 =7,38-

b

Sl1b-

= 7, 38 ~.6,49 = 1,74

X

10-3 VjkeV.

Haciendo operaciones con otras dos ecuaciones sale el mismo valor para la constante b, y además resulta que a = O. De todo ello se deduce que

Ey = 1, 747,38 X 10-3 =

I 4,24 MeV l'Energm de 1 rayo

y.

Como se observa, es muy alta para ser una radiación gamma .

..J

88

Fisica Nuclear:problemas resueltos

@ En la desintegración del

y88, se emiten dos fotones con energías de 0,898 MeV (92 %) Y 1,836 MeV (100 %), Dibujar el espectro de rayos y esperado cuando se coloca una fuente de y88 delante de un detector de INa y de un detector de Ge.

Solución: En un espectro de fotones aparecen fotopicos, debidos a la absorción fotoeléctrica, continuos Compton y también pueden aparecer picos de escape y de doble escape, así como el pico de aniquilación de positrones, cuando la energía del fotón es superior a 2moc2 (mo es la masa en reposo del electrón, Ey > 1,022 MeV). Los fotopicos se encuentran a la misma energía que la del fotón (Ey). Los continuos Compton van desde O hasta un valor máximo que corresponde al de la energía cinética máxima del eÍectrón (cuando el ángulo de dispersión del fotón en el efecto Compton es de 180°), y que valdrá Ey Ebc

= 1 + moc2/2Ey

El pico de escape debe estar en Ey - moc2 y el de doble escape en Ey pico de aniquilación de positrones estará en moc2 = 0,511 MeV. ooo o ~vo '5. ~ voo .&

2moc2.

El

....,

...., C'-l

1

~ u

:2 ro

o..

cr

ro

u

(/J

~

W o C'-l

INa (TI)

c.. ro

u (/J

t:iJ

Ge (Li)

0,5

1,5

2 E(MeV)

....•


89

En el caso del problema, el fotón de 0,898 MeV dará lugar a un fotopico de 0,898 MeV y a un continuo Compton que llegará hasta 0,699 MeV. El fotón de 1,836 MeV dará lugar a: Un fotopico de 1,836 MeV, un continuo Compton, hasta 1,612 MeV, un pico de escape en 1,322 MeV, un pico de doble escape en 0,814 MeV y un pico de aniquilación en 0,511 MeV, ya que la energía del fotón es superior a 1,022 MeV Las principales diferencias entre un detector de INa y otro de Ge son la resolución (mucho mejor para el de Ge) y la eficiencia (mejor para el de INa). Como se puede apreciar en la figura, los picos del Ge son más estrechos (resolución), pero el espectro de INa(Tl) tiene mayor número de cuentas (eficiencia). En los detectores de INa, el continuo Compton es importante, como se observa en la figura, el pico de aniquilación y los de escape, asoman ligeramente por encima del continuo.

2.4. Estadística CD Un detector Geiger-Muller con tiempo de resolución T = 2, O X 10-4 s registra N' = 5,0 X 104 c/m. Determinar el número real N de partículas que cruzan el

detector.

Solución: Sea N el número real de partículas emitidas por la fuente/t. Sea N' el número de cuentas que registra el contador/t = 5 x 104 c/m. El contador no registra durante un tiempo T N' cada segundo. Hay T N' N partículas no registradas en el contador durante el tiempo t. N - N' = N' T N/ t = son las que no cuenta el contador. Despejando,

N= _ N'

N=

1 - (5

X

y sustituyendo

5x104 104 x 2 x 10-4/60)

= I 6x 104 c/m

I

Que es el número real de cuentas.

®

Se sabe que el carbono de la madera verde da (16,1 ± 0,03) desint/m por gramo de carbono. Para determinar su edad se analizó una muestra de madera. El contador utilizado tenía un rendimiento del (5,40± 0,14) % Y registró (9,5± 0,2) cuentas/m sobre 8 g de la muestra. El fondo del contador era de (5,0± 0,1) cuentas/m por 8 g Y el periodo del C14 es de (5.568± 30) años. Hallar la edad de la madera y el error que se comete en su determinación.

j

I

Frs;ca Nuclear: problemas resueltos

90

Solución: A(t)

p

= pAoe-Al = (9,5 - 5,0)/8 = 0,56 c/m.g,

=pAN

es el rendimiento = 5,4

%

= 0,054 0,56 - 0,054 x 16,1 = 0,644 ---.

e-Al _

-At = 0,44 ---. t = 0,:

= \3534 años

I

Para calcular el error hay que considerar errores sistemáticos y estadísticos. Error de Ao ---. es estadístico (radiación cósmica, depende del tiempo). Error de fondo y de contaje ---.estadístico. Error del periodo del carbono, es estadístico y sistemático. La desviación típica es de la forma 2

(J =i/

L[ (::J(JXi]

(3.4)

,

siendo (JXi los errores de las medidas. De la ecuación obtenida,

t=

°, T693 In (C-F) 8A p o

-aTat =--ln 0,693 1 ~ aAo

= _T_

(C-F) 8pAo

1 0,693 (C - F)/8pAo

'

= -0,628,

(C-F) = _T__l =499 8pA~

0,693 Ao

~ _ T 1 ap - 0,693 P = 148789,

at

ae

T

1

=1785,4,

'

--------c--¡


ot

T

91

1

oF = 0,693 (C _ F) = 1785,4, ot

-(1 oT

ot - -(1

1

T

= 8,8;

= 4,97;

= 178,5;

oC(1c

ot

op (1p

= 208,3;

ot

OF(1F

= 357.

Operando la ecuación (3.4), resulta finalmente que

(1

t = (3534 ± 450) años

I

I

®

ot

1

Ao

oAo

= 450 años.

Dos fuentes radiactivas se colocan cerca de un detector. Alternándolas el contador registra nI Y n2 cuentas/s. Juntas dan como resultado nl2 cuentas/s. Encontrar el tiempo de resolución del contador, siendo el ruido de fondo.

f

Solución: Sea NI el número real de c/s que emite la fuente 1, N2 el número real que emite la 2, N12 lo que emiten cuando están juntas y F el fondo real. Sea, el tiempo de resolución. En general si N son las c/s emitidas y n las medidas, m será el tiempo durante el cual no ha medido nada el detector, N m será el número de cuentas que no ha podido medir porque han llegado en ese tiempo, es decir,

N-n =Nn, ~N

=

n ---o 1- n,

Aplicando esta relación a las medidas realizadas en el problema

nI NI =

l-nl" n2

N2

=

1- n2" n12

N12

= 1_

n12'

f

F= l-f,' J

Fi'síca Nuclear: problemas resueltos

92

Sabemos también que N¡ - F

+ Nz

F = N12 - F -

-

N¡

+ Nz

-

F =

Sustituyendo las expresiones anteriores, n¡Z 1 - n¡Zr

1

n¡ --n-¡-r

nz

+ -1 ---n-z-r-

-1

/ ---/-r .

Si los denominadores son lo suficientemente pequeños,

n 1_

nr = n + nZr,

y

n¡ +n¡rz +nz +nzrz -

r (n~ + nª

(j + /z) r

- n~z - /Z) = n¡Z +/

de donde

r=

n¡Z +/ - n¡ - nz n¡z + nzz - n¡Zz /z

z = n¡Z +n¡Zr,

- n¡ - nz,

N12•


3.

PROBLEMAS

93

PROPUESTOS

1. (a) ¿A qué ángulo se emitirá la radiación de Cerenkov producida por un núcleo de H3 de 5 x 103 MeV al atravesar un medio transparente de índice de refracción n = 1,5? (b) ¿Cuántos fotones por metro de recorrido se emitirán con longitudes de onda comprendidas entre 400 y 600 nm? 2. Se considera un haz de partículas alfa de 5 MeV atravesando el aire. (a) ¿Cuál es el poder de frenado (relativo a las alfas) de los deuterones con la misma velocidad que las alfas? (b)¿Cuál

es la energía de los deuterones?

3. Un haz de rayos X se atenúa un factor 2,6, después de pasar a través de una placa de aluminio de 2,9 cm de espesor. ¿Cuánto vale el coeficiente de absorción másico? 4. Cuando un fotón de 1 MeV sufre una dispersión Compton, el fotón dispersado lleva el 56% de la energía. ¿Cuál es el ángulo de dispersión que corresponde a un fotón de esa energía? 5. ¿Qué espesor de aluminio tendremos que poner si queremos atenuar un haz estrecho de rayos X, con una energía de 200 keV, lo mismo que lo atenúa una lámina de Pb de 1 mm de espesor? (/ljp)Al = O,122 cm2jg. (/ljp)Pb = 0,942 cm2jg. 6. Las partículas oro (Z = 79).

ex

de 6,50 MeV sufren dispersión de Coulomb en una lámina de

(a) ¿Cuál es el parámetro de impacto cuando la partícula dispersada se observa a 90°? (b) Encontrar la mínima distancia entre la partícula

ex

y el núcleo.

(c) Encontrar las energías cinética y potencial de la partícula

ex

a esa distancia.

7. Una fuente puntual de partículas ex de 20 /lCi se coloca en contacto con una cara de una gran cámara de ionización. La fuente emite partículas alfa de una única

,-

94


energía, 5,30 MeV. ¿Cuál es la corriente producida a la salida de la cámara, si las partículas a que entran en ella pierden toda su energía? (Suponer un 100% de eficiencia en la colección de cargas.)

8. Calcular el valor del campo eléctrico en la superficie del filamento de un contador proporcional. El radio del filamento es de 1/10 mm y el del cilindro es 0,01 m. Entre ambos se aplica una d.d.p. de 1.500 V.

9. ¿Qué fracción de partículas cruzando un contador con resolución perderán durante el contaje de 100 y 105 cuentas/s?

T

= 1O-6s, se

10. Cuando se detecta una desintegración, ¿qué probabilidad P(t) hay de que la siguiente desintegración detectada se realice después de transcurrido un tiempo t?

11. Se ha medido la actividad de una fuente en cinco periodos de 30 seg, y ha dado los siguientes resultados: 1.345; 1.382; 1.336; 1.357; 1.362. También se ha medido el fondo del mismo modo, dando: 5; 6; 7; 4; 7. Calcular el número de cuentas/s netas que son detectadas debidas a la fuente.

l.

INTRODUCCIÓN

TEÓRICA

Una reacción nuclear es un proceso en el que cambia la composición y/o la energía de un núcleo blanco debido a que ha sido bombardeado con una partícula nuclear o radiación gamma (se trata de una colisión entre un núcleo y una partícula). A +a~B

+b+Q,

donde A es el núcleo blanco, a la partícula incidente, B el núcleo residual y b la partícula emergente de la reacción. Esta reacción se representa frecuentemente mediante la siguiente notación, ideada por Bothe A(a,b)B, en la que la primera letra es el blanco y la última el núcleo residual, entre paréntesis el proyectil y luego las partículas que escapan. La Q de la reacción es la diferencia de masas en reposo entre el primer miembro y el segundo multiplicada por c2 • b

a

•.

A

B FIGURA 4.1. Esquema típico de colisión entre dos partículas 95 ..!.

96


En una colisión elástica se conserva el momento lineal y la energía cinética, antes y después de la reacción, por lo que Q = O. En una colisión inelástica se conserva el momento lineal y la energía total, pero O. no la energía cinética de las partículas. Q ::;t:

Si Q es positiva, la reacción es exotérmica. Ocurre para cualquier energía del proyectil. Si Q es negativa, la reacción es endotérmica. En este caso I QI es la energía mínima que debemos comunicar a las dos partículas del primer miembro, en el sistema de su centro de masas, si queremos que se produzca la reacción. En el sistema laboratorio la energía cinética umbral de la partícula incidente para que ocurra la reacción será T _ m+M u- M

IQI,

(4.1)

donde m es la masa de la partícula incidente y M la masa del núcleo blanco. En este caso B = q> = 0° y la partícula b y B se mueven en una misma dirección. En una reacción del tipo a + A -+ b + B, en donde las partículas son emitidas formando un cierto ángulo, resulta ser, de la conservación de la energía y el momento

Q

mb = (-ma - l)Ta +(1 + -)Tb mB

mB

-

siendo B el ángulo de desviación de la partícula aparece en la figura 4.1.

1.1.

2 / mambTaTbCOsB. -v mB b

(4.2)

sobre la trayectoria inicial, como

Leyes de conservación en las reacciones nucleares

Ley de conservación de la carga.-Se conserva la carga atómica (2) a lo largo del proceso. Ley de conservación del número de nucleones.-El número de nucleones (A) total se conserva, pero el número de protones y el de neutrones no tiene por qué ser conservativo. Principio de conservación de la energía total.- Para que se conserve la energía total del sistema, debe ocurrir Ta +mAc2 +mac2 = TB + Tb +mBc2 +mbc2, suponiendo el núcleo blanco en reposo.

Reacciones nucleares

97

1.2. Tipos de reacciones nucleares Dispersión.- Se trata de la colisión mecánica entre el proyectil y el núcleo blanco. Varía la trayectoria de las partículas, y si es inelástica, el núcleo colisionado alcanza alguno de sus niveles excitados. Captura radiativa.-Se emite radiación gamma después de que el núcleo blanco absorba al proyectil. Estas reacciones son siempre exotérmicas. Emisión de partículas.- Hay una emisión de partículas posterior a la absorción del proyectil. Fotodesintegración.- En este caso el proyectil es radiación gamma, y posteriormentt;~ se emitirá una partícula. Estas reacciones son siempre endotérmicas. Fisión.- Se 'absorbe el proyectil y posteriormente exotérmicas.

el núcleo se escind~. Altamente

Fusión.- Varios núcleos ligeros se unen para formar otro más pesado. Estas dos últimas se tratarán con más detenimiento en el capítulo 6 de este libro.

1.3. Sección eficaz El concepto de sección eficaz sirve para describir cuantitativamente la probabilidad de que se produzca una reacción nuclear. Es una magnitud medible experimentalmente y, a la vez, calculable teóricamente. La sección eficaz de un blanco para una reacción determinada es una propiedad del núcleo y de la energía del proyectil incidente. Se representa con (J y se mide en barns (10-24 cm2). Hay casos en que la sección eficaz de reacción es muy grande en pequeños intervalos de energía. Son estados virtuales y las S
h -~E '[

=r.

El descubrimiento de estas resonancias dio lugar al modelo del núcleo compuesto (Bohr, 1936). En una reacción nuclear, en donde se forma un núcleo compuesto C* a+A----->C*----->b+B.

La sección eficaz de la reacción es de la forma (fórmula de Breit-Wigner):

-

11: -

(Js(E) -gk2(E-E¡)

rarb 2

r2'

+4

...J


98

donde g es un factor estadístico que tiene en cuenta los espines. g sin espín, k = número de onda = pjh, = anchura total de la reacción =

r r

a

r +r a

b

= (2l + 1) para

partículas

+ ... ,

mide la probabilidad de emisión,

E es la energía de la partícula incidente, El es la energía de resonancia. En caso de resonancia, E = El, En el caso de dispersión elástica,

r =r

a

= rb y en

la resonancia, se tiene

4ng (Jel

=

k2 .

En el caso de dispersión inelástica, hay que tener en cuenta que por tanto la sección eficaz es

n (Jin

1.4.

ra(r-

r = r - ra, Y b

ra)

Pj4

= g k2

Velocidad de producción de una reacción nuclear R = ~ reaccionesjcm3 • s

donde

~ =

(J

N,

es la sección eficaz macroscópica,

N = concentración nuclear (njcm3), = flujo de partículasjcm2·s. La variación de núcleos a lo largo del tiempo será dN

dt

= ~_ AN.

(4.3)

Al cabo de un tiempo lo suficientemente largo se alcanza un estado estacionario en que ~= ANo, por lo que la actividad en este estado estacionario será Ao = ~, que recibe el nombre de actividad de saturación del material.


99

Si se retira del flujo el material activado su actividad decaerá de forma exponencial N (por cm3) al cabo de un tiempo t será,

y la concentración de

N(t) =

Noe-At.

Cuando el tiempo de exposición no ha sido lo suficientemente largo, la solución de (4.3) es )'N(t) = ~Il>(1- e-Jet), lo que es igual a la actividad por cm3 de la lámina para un tiempo t de exposición.

r

100

2.


PROBLEMAS

RESUELTOS

2.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares CD Al capturar el Hora un neutrón lento, se produce la reacción HlO(n,ex)Li7•

niendo que el núcleo de litio quede en el estado fundamental,

Supo-

calcular

(a) la energía liberada por la reacción (en MeV), (b) las energías cinéticas de la partícula exy del núcleo de Li.

Solución: B;O +n ~

Li~ + ex.

(a) Con las masas que aparecen en las tablas para los núcleos y las partículas participan en la reacción y sustituyendo, Q

= [mE +mn - (mLi +m"J]

c2

que

=

= [10,012937 + 1, 008665 - (7,016004 + 4,002603)] = 2,995 x 1O-3u.a.m. = I 2,79 MeV

c2

=

I

(b) Como es un neutrón lento consideramos que su energía cinética es igual a O, Tn = O Y además por conservación del momento IPal

Q ._- TL"l Tex } mLiTLi =,+ maTa

=

=Q -

,

T - L' '" , a - mLi m", T l _ mLi ma (Q _ T )

T _ mLi a - ma +mLiQ

TLi

I Pul

T",

=11,78

= 11,01

MeV

MeV

I


®

101

Se estudian las colisiones elásticas entre haces de partículas alfa y otros núcleos en una cámara de niebla. Se observa que la partícula el se desvía 55° de su dirección, mientras que el núcleo blanco deja una traza formando un ángulo de 35°. Determinar la masa del núcleo blanco. ex

ex

x·

•

x Solución: Según la figura anterior y planteando las ecuaciones de conservación del momento y de la energía cinética

° =moev2 m(X

(a)

VI

()=sen m(Xvi

V2

mx +mxv~ sen lf¡

(e)(b)

m.' ~ m."

cosO

+mx', coso¡,

}

Despejando en (b) mx

senlf¡ sen()

= -V2--,

VI

m(X

sustituyendo en (a) y operando mx sen(() +lf¡) V=-V2---sen()

m(X

sustituyendo los valores de

mx

m(X

VI

y

V

en (e) y operando

sen2 +lf¡) () [sen2(()

4' mx 1 -0,67 0,33] [

,

sen2 () _ - 1, _ sen2lf¡]

= m -¡- = 1 =} mx = I

La masa del núcleo es cuatro; se trata de otra partícula el.

41

I

102


® Una partícula

alfa sufre una dispersión elástica por un núcleo de Cl2 estacionario, a un ángulo de 60° (en el sistema del centro de masas). ¿Cuál será la fracción de energía cinética perdida por la partícula a?

Solución: La energía cinética perdida por la partícula a a consecuencia del choque, es precisamente To - T = Te. Luego la fracción de energía perdida será Te / To. Teniendo en cuenta las ecs. de la conservación del momento y la energía cinética, resulta O<

T

=

o<

To - Te

(1)

Pe =Po - Po<

}

= Po + Po<-

,Pe 2

2

(2)

POPo
2

2

Teniendo en cuenta que p2 = 2m T y sustituyendo (1) en (2) se llega a

=

2mo
2mo
- Tc)cos
para simplificar, dando los valores enteros de las masas

To - 2Te

Haciendo

Te/To

=

x,

=

JTo(To

mo<

= 4,

me

= 12 queda

- Tc)cos
y elevando al cuadrado. Queda una eco de 2.° grado 4X2 - x(4 - cos2
O.

(3)

Todo este razonamiento se ha hecho suponiendo el movimiento de las partículas en el sistema de referencia del laboratorio, por 10 que es el ángulo que forma la partícula a después del choque en el sistema laboratorio. En el problema se dice que forma un ángulo de 60° en el sistema centro de masas, por 10 que se debe hacer el cambio de un sistema de referencia a otro, para determinar el ángulo.
Para pasar del sistema de laboratorio al del centro de masas sólo hay que tener en cuenta que la velocidad en el centro de masas es igual a la del laboratorio, más la velocidad con que se mueve el centro de masas. En cualquier libro de Mecánica puede encontrarse el cambio. Llamando (J al ángulo en el centro de masas, se cumple que

me sen(J tan

cos (J +

mo<

12 x 0,866 12 x 0,5 +4 = 1,039,


de donde resulta que el ángulo en el sistema de laboratorio es tuyendo este valor en la eco (3) se obtiene

8 x= 3,52± Jl1,39-8,32

103

= 46,1.° Susti-

-_ {0,692 ~187

De las dos soluciones una es espire a, se ha introducido al elevar al cuadrado, pero no corresponde a la solución. Sólo es válida la segunda. Por tanto, la fracción de pérdida de energía cinética de la partícula ex es

T-

L1T _ Te To

@

=

1

0,1871

Al bombardear Li7 con protones de 4,5 MeV tiene lugar la reacción Li7 (p,n)Be7. Los neutrones expulsados según un ángulo de 90° con la dirección del haz de protones tienen una energía de 1,94 MeV. (a) Calcular la Q de la reacción. (b) Calcular la energía máxima de los neutrones emitidos cuando la energía de los protones incidentes es de 5 MeV y en el caso de que sea de 2 MeV. (c) ¿Existe algún límite para los neutrones emitidos? (d) Encontrar una expresión que relacione, para esta reacción nuclear, el ángulo límite con la energía cinética de los protones incidentes. Aplicarle los valores de 5 y 1,9 MeV.

n

p

•. Li7

Be7

r 104


Solución: Le + p ----> Be 7 + n + Q. (a) Aplicando la expresión (4.2) y teniendo en cuenta que e = 90°

Q = Tp

(::::e - 1 ) + Tn (::::e + 1 ) = 4, 5 ( ~ - 1 ) + 1,94 ( ~ + 1 ) ,

Q=I-l,64

MeVI

(b) Utilizando la expresión (4.2)

Q Para

Tp

= Tp ( mBe mp _ 1) + Tn ( mBe mn + 1)

mBe -,~JmpmnTpTnCose.

= 5 MeV -18,52

+ 8Tn -

2..J5JTn cos e = 0,

Tn-0,56JTncose-2,31

=0.

La energía máxima será para cos e = 1 ----> e = 0°, resolviendo la ecuación y teniendo en cuenta únicamente la solución de raíz positiva (la de raíz negativa corresponde a la energía mínima) 0,56 + -10,562 + 9,26

JTn =

I

Para

Tp

2

Tn = 3,33 MeV

I

= 2 MeV Tn - 0, 35JTn - 0.065 = 0,

I Tn

= 0,23 MeV

I


105

(c) y (d) El ángulo límite dependerá de la energía cinética de los protones incidentes; vamos a ver que para algunas energías no existe ningún ángulo límite. En general

1, 14 Tn ~' a

v~cos 8 jTn

0, 286jTp

'-v-' e + 1,64

- 0, 86Tp

b

para que tenga solución esta ecuación:

4ac >

b2 -

0, 082Tp cos2 8 - 7,48

= 0,

°

+ 3, 92Tp

> O.

El ángulo límite vendrá dado por la siguiente expresión

= 7,48 - 3, 92Tp

cos28

0,082Tp

para que exista este ángulo límite cos28 ~ 7,48 - 3, 92Tp

,

°

= 0--+ Tp = 1, 908 MeV,

ésta será la energía cinética mínima para que exista ángulo límite. Para Para

Tp Tp

= 5 MeV, no existe ángulo límite. = 1, 90 MeV el ángulo límite será

I eUm.

®

= 63°

I

Para estudiar y analizar la distribución de los protones de retroceso en una colisión elástica, se utilizan neutrones de baja energía. Suponga que un neutrón con energía cinética Tn al chocar con un protón se desvía un ángulo e, en el sistema de laboratorio. (a) Demostrar que los protones emergen según un ángulo a la dirección de los neutrones incidentes. (b) Demostrar que T~ = Tncos2e, Y T; después de la colisión.

=

Tn

cp

= 90 - e respecto

sen2 8, siendo T' la energía cinética

106


Solución: (a) Aplicando ClOnes.

la conservación

del momento y la energía cinética, resultan las ecuaTn

=

T~

+ T; (2)

Pn =P~ +P~

mn

= mp = l:::}

p2

= 2T

(3) (1)}

de (2) resulta 2 '2 '2 Pn =Pn +Pp

Teniendo

"

+ 2PnPp

cos(O +
en cuenta (1) y (3), Y 'sustituyendo

T~

=

- T~) cos(O +
2¡T~(Tn

Tn - T~, resulta

= O,

de donde se deduce que cas(O

+
luego (b) De (2): P~

= Pn

I

= 90 - () I c.q.d.

- P~, luego '2 2 '2 ' Pp =Pn +Pn -2PnPncosO,

sustituyendo

T; por su valor, y según (3), resulta T~

De una manera

=

¡TnT~cos(}:::}

análoga se despejan , Tp

=

I T~

TncosO

I

P~ y T~ para dar como resultado

'2 ' TnTp cas

1-

I T;

=

=

=

Tn sen2 O I

2 Tn cas

107

2.2. Niveles de energía y secciones eficaces. Resonancia G) El isótopo radiactivo 015, que tiene importantes aplicaciones médicas, se puede producir en la reacción C12(ex,n)015. (a) La sección eficaz alcanza un pico cuando la energía de las partículas exincidentes es 14,6 MeV. ¿Cuál es la energía de excitación del núcleo compuesto? (b) La sección eficaz de la reacción terior es de 25 mb. Suponiendo corriente de 20 nA de partículas de 10 m de irradiación. T = 122

para la energía incidente del apartado anun blanco de carbón de 0,10 mg/cm2 y una ex,calcular la actividad que resulta después s.

Solución: (a) Las resonancias ocurren cuando se alcanzan niveles excitados del núcleo compuesto. En este caso el núcleo compuesto es 016. Para calcular la energía de excitación del núcleo compuesto planteamos el caso general

a+A ~Z*. Por conservación de la energía total y del momento maC2 + Ta +mAc2 = mzc2 +Eex maVa = mzvz ~

+ Tz,

maTa = mzTz,

ma Tz = -Ta,

mz

considerando el núcleo blanco en reposo. Sustituyendo en la expresión de la energía y despejando, 41;.,

Eex = (mA +ma - mz)c2

+ Ta (1-

:: ).

Si tenemos en cuenta que ma - mz ~ mA Y que mz ~ mA

Eex = (mA +ma - mz)c2

+ Ta (mAm;ma

+ ma, ).

----------------------------------------~------------------------'

rp

1 108


Para el caso del problema

Eex

= [m(CI2)

+m (He4) - m (016)] e2

+ THe (

m(CI2)m(CI2) +m (He4) ) .

Sustituyendo los valores que aparecen en las tablas

Eex

= (12 + 4,002603 - 15, 9949l5)e 2 + 14 (12) 12 + 4

= 7,688 x 10_ 3 e2 + 10,5,

= 117,66 MeV

Eex

(b) Calculamos las partículas IX por segundo que inciden sobre el blanco. Cada partícula alfa tiene una carga equivalente a 2e- , Q(2e-) = 3,2 x

1= 20nA lj¡ (IX s S ) _

1O-19C,

= 20 x 1O-9Cjs --...

3,2 20 xx 10- 919 = 6,25

1010IXS. S.

X

Podemos calcular también el número de núcleos por cm2 que tiene el blanco

n = 0,10 x 6,023 12

X

1023

= 5,02

X

1021

nucljcm2.

La actividad será A =

A = 25

X

crnlj¡

10-27

(1- e-At), x 5,02 lA

X

1

A

1021

= In 2 = 5 68 122

'

x 6,25 x 1010(1_

= 7,58 MBq = 0,2 mCi

I

x

10- 3

- 1

s,

e-S.68XIO-3x600),


®

109

El núcleq de lis aparece con una resonancia en la dispersión elástica de protones con He4, con energía de 2 MeV. La resonancia tiene una anchura de 0,5 MeV y g = 2. (a) ¿Cuál es la vida media del liS? (b) Estimar la sección eficaz para esa energía de resonancia.

Solución: (a) La anchura de la resonancia se relaciona con la constante de desintegración mediante

[=hA

h =:¡:::}

_

T -

!!.. _ [-

6,58 0,5x x1O-16eV.s 106eV = Il,32x 10-22 s

I

(b) La sección eficaz de difusión es

[2

n

() (E)

.. 2' = g k2 (E - Eoi + ~

Como se trata de una resonancia E siguiente modo:

( () Eo)

Eo la expresión anterior queda del

donde el numero ' 2¡tEo = 8n k2' de on das k 2 = ----¡;r-'

La masa reducida

¡t

= ma mp = 4,002603 x 1, 007825 ma +mp

4,002603

+ 1,007825 = 0,805

u.a.m = 749, 9 MeVJc2,

O 22)2 x 1- . ~M' _- 3, 24 X ()(E ) - 4nh2 = _.4n~ (6,56 ~ _"~

o -

¡tEo

() (Eo)

= I 3,24 b

----

I

10-24 cm2,

~

110

CID


Al estudiar la reacción 811 (ex, n) N14, odginada al bombardear un blanco de 811 con partículas alfa de 4,0 MeV, se encuentra que la Q de la reacción vale 0,152 MeV. La reacción'se encuentra acompañada por radiación gamma cuya energía El' = 2,31 MeV. Por otro lado, al estudiar la difusión de protones de 7,0 MeV sobre N14 se observa la subsiguiente emisión de radiación y de energías 5,10; 4,91; 3,95; 2,79; 2,31 Y 1,64 MeV. Los de 2,79 y 2,31 MeV, por una parte, y 1,64 Y 2,31, por otra, se emiten en coincidencia. A partir de los anteriores datos experimentales, establecer el esquema de niveles del nucleido N14 para bajas energías de excitación.

Solución: Vamos a calcular en un caso general cuál será la energía disponible para la excitación de niveles; lo haremos en el sistema centro de masas. a +A

---->

b +B.

Por la conservación de la energía y del momento Ta +mac2 +mAc2

maTa

= mbc2 +mEc2 + TCM'

= (mb

TCM

+mE)

TCM,

ma

Ta,

= mb +mE

sustituyendo y despejando T

Edis

=Q+ a(

1- mb + mE .

En el problema que estamos estudiando del bombardeo con partículas

Edis

= T (1 _ m(n) m+m(NI4) (ex) IX

) + Q

(4.4)

ma)

ex

= 4 x 15 11 +0,152 = 3,08 MeV.

Con esta energía disponible se ha poblado el nivel de 2,31 MeV; se tratará del primer nivel excitado del W4. Para la difusión de protones, Q = 0,

Edis

~

= Tp (1 _ m(p) m +m(NI4) (p))

= 7 x 15 14 = 6,53 MeV.


111

Puede poblar un nivel que se encuentre por debajo de esa energía. Vemos de los que se emiten en coincidencia: 2,79 + 2, 31 = 5,10 MeV, 1,64 +2,31 = 3,95 MeV. El Y de 4,91 MeV es una transición directa de un nivel con esa energía al fundamental. Por tanto, los niveles de energía serán: 2,31 - 3,95 - 4,91 Y 5,10 MeV. El esquema de desintegración es el siguiente:

;>
::E

0\

¡--. ,...,f

-

5,10 MeV 4,91 MeV

;>

3,95 MeV

2,31 MeV

OMeV

2.3. Energía umbral G) Calcular las energías cinéticas umbral de las partículas siguientes reacciones: (a) ex

+ Lj7

_

SIO

+ n,

ex

+ Cl2

_

Nl4

+d,

(b)

ex

y

neutrones en las

112


(e)

n

+ 017

_

e14 +cx,

n

+ el2

_

Be9 +r:x,

(d)

Solución: Recordando la expresión para la energía umbral (4.1) Y la Q

Tu=IQI(I+;),

,Q=("Lmi-"Lm¡)e2,

con las masas obtenidas de las tablas los resultados son los siguientes:

(a) Q = [4,002603 + 7, 016004 - (10,012937 + 1, 008665)]e2

=

= -2,995 x 1O-3e2 = -2,790 MeV,

Tu

= 2,790 ( 1 + ; ) = I 4,38 MeV

I

(b) Q

= [4,002603 + 12 - (14,003074 +2,014102)]e2

=

= -O, 014573e2 = -13,575 MeV,

Tu

= 13, 575 ( 1 + 1~ ) = 118,1 MeV

I

(c) Q

= [1, 008665 + 16,999131 - (14,003242 + 4, 002603)] e2 =

= 1,951

X

1O-3e2

= 1,817 MeV

> O.

No se necesita energía umbral, ya que se trata de una reacción exotérmica

~

-


113

(d) Q

= [1,008665 + 12 = -6,12

Tu

®

(9,012182

x 10-3

C2

+ 4, 002603)]

= -5,701

c2

=

MeV,

= 5,701 ( 1 + 112) = 6,176 MeV I

Cuando se emplean núcleos de tritio para bombardear (a) ¿Cuál es la energía umbral de la reacción H1 + H3

I

hidrógeno, ~

n

+ He3?

(b) ¿Es igual a la energía umbral para producir esta misma reacción cuando son protones los que bombardean un blanco de tritio? (c) ¿Cuál es la energía cinética de los neutrones producidos en este último caso en condiciones umbrales?

Solución: ' (a) y (b) Calculando Q

Q y Tu, con las masas de las tablas

= [1,007825 + 3, 016049 - (1,008665 + 3, 016029)]c2 = = -8,2 x 10-4

= -0,764

MeV,

= 0,764(1 + 3) = I 3,06 MeV

I

cuando el proyectil

= 0,764 ( 1 + ~) = 11,02 MeV

I

cuando el proyectil es el protón.

Tu

Tu

c2

(c) La energía cinética total que se reparten ET

+

TnlTHe3 = Tn THe3

= Tu +Q = 1,02-

m 1mHe3 = n0,256

} operando

Tn =

los neutrones

se obtiene que

0,256 x rnnlrnHe3 l+rnnlrnHe3

Tn

y el He3 es

= 0,256 MeV,

0,764

o 256x 3

= ~,

= I 0,064 MeV

I

!

es el tritio,

,.. 114

®


Un blanco de Iitio se irradia con un haz de protones cuya energía cínética excede dos veces la energía,umbral. Encontrar la energía de los neutrones procedentes de la reacción L¡7(p,n) Be? - 1,64 MeV que salen a 90° del haz de protones. (Proceso similar al que aparece en un problema anterior.)

Solución: Tp

=

2Tuo

Según la expresión (4.1)

Tu

= IQI (1

+;;)

= 1,64 (1

+~) = 1,84 MeV ---->

Tp = 3,74 MeV.

Sustituyendo en la ecuación (4.2)

Q

= Tp (::::e - 1 ) + Tn (::::e + 1 ) = 3,74 ( ~ - 1 ) + Tn ( ~ + 1 ) = -1,64,

operando se obtiene Tn = 11,37 MeV

I

@ Consíderemos las siguientes reacciones nucleares: Be9 (He3, p) B11,

Be9 (He3, d) BIO Y Be9 (He3, t) B9.

(a) Calcular las correspondientes Q de reacción y los valores umbrales energéticos de las partículas He3 incidentes. (b) Suponiendo que la primera de las citadas reacciones se produce bombardeando un blanco de Berilio (100% Be9, elemento monoisotópico) con un haz de partículas He3 de 1,4 MeV, ¿qué niveles excitados del núcleo residual cabe esperar, en un principio, que se observen?


115

Solución: (a) Q = ("Lmi-"Lm¡ )c2, con esta expresión y con las masas de las tablas se obtiene el valor de Q para los distintos casos. Be9 (He3, p) BU

= [9,012182 + 3, 016029 - (1,007825 + 11, 009305)]

Q

=

1,108

10-2 e2

X

= 10,322

e2

=

e2

=

MeV > O, Exotérmica.

Be9 (He3, d) BID

= [9,012182 + 3, 016029 - (2,014102 + 10,012937)]

Q

= 1, 172

X

10-3e2

= 1, 09 MeV > O, Exotérrnica.

Be9 (He3, t) B9

Q

= [9,012182 + 3, 016029 - (3,016049 + 9, 013329)]

e2

=

= -1, 167 x 10- 3 e2 = -1, 087 Me V < O, Endotérmica.

Tu

= IQI

(b) Recordando la expresión tuyendo valores

Edis

= THe3 (

1-

(1

+:.)

=

1,087 (1

(4.5) que aparece

m(p)m +m(BII) (He3))

+~) = 1,450

en un problema

+ Q = 1,4

x 12 9

MeV. anterior

y susti-

+ 10,322 = 11,372

MeV,

Los niveles que caben esperar son todos los que estén por debajo de esa energía .

••

116

3.

Fis/ca Nuclear: problemas resueltos

PROBLEMAS

PROPUESTOS

1. Para las siguientes reacciones, hallar el valor de Q y el umbral de energía del

proyectil en el sistema de referencia del laboratorio, suponiendo que el núcleo que hace de blanco está en reposo: 016(n, C¡3\a, n) (a) ,. C12(p, a) NI\a,

C13 NI2 K38 p)017,

a atraviesa el gas de una cámara de expansión, colisiona con un núcleo más pesado que ella y como resultado del choque es difundida un ángulo de 56°, el núcleo se mueve bajo un ángulo de 54° respecto a la dirección original de la partícula a. Calcular el número de masa del núcleo.

2. Una partícula

a colisiona con un electrón libre estacionario. ¿Cuál será el ángulo máximo posible a través del cual la partícula a se dispersará?

3. Una partícula

4. Se estudia la reacción Be9 (H3, Hi) Bell bombardeando Be9 con tritones de 5 MeV. Se observan a 90° del haz incidente protones de energías de 2,260; 1,967 Y 0,620 MeV debido a la formación de Bell en el fundamental y en dos estados excitados. (a) Hallar la masa atómica del Bell. (b) Hallar la energía de excitación de los estados excitados.

5. Se produce la foto desintegración del berilio según la reacción Be9 (y, n)Be8, con fotones de energía hw = 1, 78 MeV; la energía de la reacción es Q = -1, 65 MeV .

..o.il.i


(a) Calcular

la energía de los neutrones

117

producidos.

(b) ¿Con qué energía saldrá el Be8?

6. La reacción C13(d, ex)B11 + 5,16 MeV se produce cuando deuterones con energía Td = 10 MeV chocan con núcleos de carbón. ¿Qué ángulo formarán las direcciones con las que salen los productos de la reacción, cuando (a) los núcleos producidos (b) la partícula

7. El manganeso

ex

divergen de forma simétrica,

sale formando

ángulo recto con la dirección del neutrón?

sólo tiene un isótopo estable, el Mn55, con densidad

7,43 g/cm3.

(a) Calcular la sección eficaz microscópica en base al área geométrica y a la fórmula empírica R = 1,4 X 10-16 A m, siendo R el radio y A el número másico. (b) Calcular la sección eficaz macroscópica pondiente.

(coeficiente

de atenuación)

corres-

8. En las interacciones de neutrones lentos de energía E con In 115 se tiene una resonancia para E = El = 1, 45 eVo Se sabe además ry = 0,08 eV, rn = 5 x 10-3 eV y g = 3/5. Calcular la sección eficaz máxima de resonancia. 9. ¿Cuál es el valor máximo de la sección eficaz de reacción para neutrones lentos de energía E, al incidir sobre un blanco de Xe135? El Xe135 tiene un espín de J = 3/2, mientras que el correspondiente espín del núcleo compuesto Xe* 135es J' = 2. Aplicar al caso de E = 0,4 eV. 10. Se produce MeV.

K38 mediante

la siguiente

(a) ¿Cuál será la energía umbral enteros de las masas.

reacción Ar38(p, n)K38 con Q

de los protones

(b) ¿Cuál es la energía de los neutrones los protones de 10 Me V?

para producirla?

= - 6,694

Usar valores

(en el sistema del centro de masas) para

11. Protones con energía cinética umbral de 6,45 Me V producen la reacción S34(p,n) CP4. Para un blanco de hidrógeno y proyectiles de S34, calcular (de manera no relativista) la energía umbral para la producción de CP4.

~

1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA Los neutrones son partículas de una gran eficacia para la producción de reacciones nucleares, pues como carecen de carga eléctrica no están sujetos a efectos de repulsión electrostática y penetran en el núcleo sin dificultad. Las reacciones más importantes entre neutrones y núcleos son la absorción (captura radiativa o fisión) y dispersión (elástica e inelástica). Una magnitud importante en las reacciones neutrónicas es la llamada sección eficaz microscópica, (J, definida anteriormente en el cap. 4.° En él se trata también la velocidad de una reacción, como R = ~.La sección eficaz total de una reacción es la suma de las secciones eficaces de los distintos procesos que ocurren en la reacción. (J t = sección eficaz total = (J a + (J s = sección eficaz de absorción + sección eficaz de dispersión.

1.1. Determinación de secciones eficaces Se utilizan dos procedimientos principales para la determinación de las secciones eficaces neutrónicas: el método de activación y el de transmisión. Método de activación Se utiliza con frecuencia para determinar las secciones eficaces de captura. Situando una lámina de un material determinado frente a un flujo de neutronesjcm2·s, se mide la fracción de neutrones transmitidos. Hay dos procesos contrarios: Por una parte, el material se hace radiactivo por medio de la reacción nuclear, con una velocidad que depende del flujo, la energía y la sección eficaz de los neutrones. Por otra, al 119 •••

9f"' !


120

hacerse radiactivo el material, se va desintegrando a una velocidad que depende de su constante de desintegración, A, resultando la tasa neta de formación

=

dN

dt

(5.1)

L

representa la velocidad de formación de N por captura donde L

N

=

ln(Aj
Nout _ e-At); A _
tmax

=

A -

(5.2)

es el tiempo tras el cual la concentración ha llegado al máximo. Cuando ut ~ 1, resulta,

tmax

¡

¡I ¡

N

=

A

= L
No;(J

(1 -

e-At).

(5.3)

La actividad,

¡

e-At)

Bq,

(5.4)

siendo L = (J N la sección eficaz macroscópica de la reacción (cm - 1) Y (J la sección eficaz microscópica (cm2, b). Al retirar la lámina y medir después de un tiempo t', la actividad será

j.

,1]

¡

A(t')

.!

= L
e-..1.t)e-At'.

(5.5)

Si el tiempo de irradiación ha sido suficientemente largo, se alcanza un estado estacionario, en donde N A = L
= No
(J.

(5.6)

Método de transmisión

Se utiliza para la determinación experimental de las secciones eficaces, midiendo la atenuación que sufre un haz de neutrones al atravesar cierto espesor x de un material. Si un haz colimado penetra en un volumen de un cierto material, la intensidad l(x) después de haber atravesado la distancia x es

l(x) = loe-Lx,

L

(5.7)

Fisica de neutrones

121

donde lo es el número de neutronesjcm2·s incidentes, y L (cm-l) la sección eficaz macroscópica del material, o coeficiente de atenuación lineal (absorción + dispersión).

L = La

= (JaN + (JsN.

+Ls

ljL = A (cm) representa el recorrido libre medio, es decir, la distancia media total recorrida por el neutrón sin sufrir una determinada interacción. Cuando un neutrón realiza diferentes procesos en un núcleo, por ejemplo dispersión elástica e inelástica, para cada proceso existe una sección eficaz y un recorrido libre medio característicos. La relación I(x)j lo representa la fracción de neutrones iniciales que escapan a toda interacción. 1.2.

Dispersión y moderación de neutrones

La mayoría de los neutrones procedentes de la fisión, y también de muchos procesos nucleares, poseen energías altas, del orden de 2 MeV, y por eso se llaman rápidos. Luego van perdiendo su energía principalmente a través de colisiones elásticas con núcleos estacionarios de número másico A. Cuando llegan a energías del orden de 0,025 eV se llaman térmicos.

Ecuación de la difusión

Una vez que los neutrones están moderados (térmicos), se van difundiendo sin cambiar su energía media. La ecuación de la difusión es de la forma J =

-D grad<1>,

donde J es la corriente neutrónica = número de neutrones que fluyenjcm2.s, a la dirección del flujo neutrónico <1>, y D es el coeficiente de difusión. La variación de energía en una colisión viene dada por la relación El

1

Eo ="2 [(1 +oc)

siendo

e

normal

+ (1- oc)cos8],

el ángulo de dispersión,

oc=

(AA+l - 1 )2 '

y Eo, El las energías antes y después de la colisión, respectivamente. El número medio de colisiones para reducir la energía del neutrón, viene dado por -

11

Eo

n = ~ n(EI)'

•••

(5.8)

~--

Iifr"

q

122


donde ~ = In Eo/ El es el decremento energético logarítmico medio. Se verifica que IX

~=

1

+ -1 -IX -

In

IX.

Para valores de A > 10 puede utilizarse la aproximación 2

~=A+r Longitud de difusión L es la distancia recorrida por el neutrón desde su origen hasta que es absorbido, suponiendo un medio sin multiplicación

L = VD/La,

(5.9)

siendo 1

D

= coeficiente de difusión = 3(L, _ Ls/lo)'

(5.10)

y 710 = 2/3A el coseno medio del ángulo de dispersión en el sistema de laboratorio. En sistemas poco absorbentes, L, ~ Ls, Y

D

A,r

=

1

3Ls(1 - 71J

=

As 3(1 - /lo)

es el recorrido libre medio de transporte. Si la dispersión fuera isótropa, /lo sería cero y

As

=

= A,r, 3

A,r'

Letargia Es útil expresar la energía de un neutrón, E, en forma logarítmica adimensional, definiendo la letargia o decremento energético logarítmico, como

u = In(Eo/ E), donde Eo es una energía arbitraria de referencia. La letargia de un neutrón va aumentando según se va moderando. Puede considerarse ~ como la variación media de la letargia por colisión, de un neutrón (como aparece en la figura 5.1). El recíproco, IR, es igual al número medio de colisiones por unidad de variación de letargia.

L

Ft'sica de neutrones

123

~
'~

~ ffi

LETARGIA, FIGURA

5.1.

•

u

Variación de la letargia con la energía

Teoría de la edad: Modelo de moderación continna

Se supone que hay un

proceso de moderación a energía constante entre colisiones

,(cm)2 = edad de Ferml• =

fEo ~~sE El D(E)dE

D s In(Eo/ El)' = S.i'~

(5.11)

representa el tiempo que transcurre entre la formación de un neutrón por fisión y su moderación a la energía El, pero no es un tiempo, sino el cuadrado de una longitud, por tanto la Longitud de moderación, L117= .jT, representa la distancia recorrida desde su origen hasta que se modera a energía térmica. Tiempo de moderación. Es el tiempo que tardan los neutrones de fisión en moderarse hasta energías térmicas. Resulta de la forma

t117= .j2iii ~~s

••

(1-JE; - .JEo 1)

r ¡¡

I 124


donde m es la masa del neutrón, ~s

un valor medio de la sección eficaz de dispersión,

Et la energía media de los neutrones térmicos, y Ea la energía media de los de fisión. Poder moderante, P", = ~1:s' representa la capacidad de un material para moderar neutrones .. Relación de moderación, R", = ~ 1:s/ 1:0' indica la efectividad de un moderador.

l

-

=--='"'-----==------

--

----

"""'

"""''''''''''''''''''''''''''''''''''''=='''''''=''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''==========


2.

PROBLEMAS

125

RESUELTOS

2.1. Interacción de neutrones G) Un gramo de manganeso se irradia en un flujo de

1012 neutrones térmicos/cm2 .s. ¿Cuál es el nivel de radiactividad (en Bq) que se alcanza al cabo de 5 h? T = 2,58 h. El manganeso es 100% Mn55• aa =13,2 b.

Solución: Para obtener la actividad partimos de la eco (5.2).

L

A =
e-cDcrt

se ve que

}

~

A ~

1,

luego podemos utilizar la eco (5.3), y aplicar la eco (5.4) para calcular la actividad, en donde No L
=

a No
=

6,023

X 1023

55

= 1,1

= 13,2 x 10-24 xLI

X 1022

núcleos de Mn,

X 1022 X 1012

= 1,45 x lO11Bq,

(1 - e-Al) = 0,739. El nivel de actividad que habrá alcanzado al cabo de 5 horas será A(t) = 0,739 x 1,45

®

X 1011

= 11,07x 1011 Bq I

Se sitúa una lámina de Inl15 de 1 cm de diámetro y 0,05 g de masa en el interior de un reactor térmico. Se procede a su irradiación durante 20 m y tras un tiempo de espera de 2 horas se efectúa el registro de su actividad residual mediante un contador proporcional que tiene ef = 50 cuentas/m de ruido de fondo y una eficiencia B = 10-3. Sabiendo que el contador registró 2.750 cuentas/m y que aa = 175 b, (a) Hallar la sección eficaz macroscópica

de absorción del In.

(b) Calcular el flujo neutrónico en el punto de medición. T (In)

= 54 m.

(c) Determinar la actividad que tendrá al cabo de un día de espera.

---

126


Solución: (a) Como ~a

=

= 175 X

(JaN

10-24

0,05

X

6,023

X

X

1023

La sección eficaz macroscópica de absorción será

=I

~a

0,0458 cm-

1 I

(b) Aplicando en este caso la eco (5.5)

tI>

A(t') At

=

~(1-

A(l') e-At)e-U'

= (C - Cf )/E = 2.700/10-3 = 2,7 = 0,256;

= 1,536;

Al'

e-u

Como dato obtenido antes, se sabe que neutrónico será
_ 2,7

106

X

<

A,

I

(1- e-At)

= 0,773;

e-At

~a

= 0,227,

0,0458 cm-

-

= 1, 21

X

109c/cm2.m

e-u',

siendo ahora

l

luego el flujo

=}

I

(c) Aplicando también la eco (5.5), se puede poner de forma

At"

1,

= 1, como vemos que así ocurre.

e-
A(t") = A(t)

106 c/m,

= 0,215.

2x 107 neutr/cm2.s Y que

X

= 0,693 x 24 x 60/54 = 18,48, e-U' = 9,42 x

10-9,

Fisica de neutrones

127

y la actividad al cabo de un día de espera resulta

A(t") = 2,7

X

106

X

9,42 x 1O-9c/m =

I

4,24

X

10-4

Bq I

Se observa que después de un día de espera, la actividad ha decaído mucho.

®

Un recipiente cilíndrico de 10 cm de longitud contiene F3 B a 00 y 250 mm de Hg, en estado gaseoso. Se hacen incidir neutrones que reaccionan sólo con el BIO según la reacción BIO(n, Cl)Li9. Hallar la probabilidad de que un neutrón de 7 eV que se mueve paralelo al eje del cilindro, produzca una reacción en el gas de llenado. El boro contiene un 90% de BIO y un 10% de B11. Su sección eficaz varía según la ley a ex 1/v, y la sección eficaz para neutrones de 1 eV es de 120 b.

Solución: De (S.7) se deduce que las reacciones que se han producido son

lo -

1= 10(1 -

e-Lx),

donde e-Lx es la probabilidad de que la partícula incidente recorra sin interacción una distancia x. LX = N ax es la probabilidad de que la partícula incidente choque en el espacio comprendido entre X y x + dx. P = 1 - e-Lx, es la probabilidad de que se produzca una reacción. 1 - e-Lx ~ LX

= Nax.

El neutrón llevará una energía cinética T = ~mv2,de donde v = /2T/m. La relación entre las secciones eficaces, dependientes ambas de l/v, será

a(1eV) = /2

cte = l20b, x l/m cte

a(7eV) = /2

x 7/m'

de donde resulta que (J

(7eV)

= 120/.J7 = 4S, 3 b.

'!f

128


En condiciones normales (760 mmHg), un mol ocupa 22.400 nuestro caso (250 mmHg) resultará que NA

250

18

3

cm3,

luego en

10

= 0,9 x 22.400 x 760 = 7,96 x 10 nucljcm de B ,

NBlO

P

= 7,6

X

1018

x 45,36

X

10-24

x 10 = 3,6

X

10-3.

La probabilidad de que el neutrón de 7 eV produzca una reacción en el gas es del I

0,36%

I

@) Se irradia una muestra de plata con neutrones térmicos durante 20 m, formándose los isótopos Ag108 y AgllO, ambos emisores [3-. Una vez cesada la irradiación, se encuentra que la actividad 13 de la muestra es despreciable pasados 5 m. Se sabe que la actividad inicial de la muestra es debida en un 27,7% al isótopo Ag108 y en un 72,3% al AgllO. La plata natural contiene dos isótopos estables, Ag107 y Ag109. Las secciones eficaces de captura de neutrones térmicos de ambos isótopos valen: 0"107 = 31 b, 0"109 = 87 b. (a) Hallar en qué proporción se encuentran ambos isótopos en la plata natural. Razonar el planteamiento. (b) ¿Cuánto tiempo deberá transcurrir desde el cese de la irradiación para que exista la misma actividad de Ag108 y Ag110 en la muestra? T108 = 2,4 m; TllO = 24,5 s. (c) ¿Cuál será el número total de 13- emitidos después del cese, si la actividad inicial de la muestra tras el cese de la irradiación era de 1 Ci?

Solución: (a) De los datos del problema se observa que T108 y TllO < 20 m; luego podemos considerar que se ha llegado a la saturación. Aplicamos la eco (5.6)

Allo A108

=

N109 0"109 <1> N107 0"107

}

N109 N107

Allo A 108 X 0"107 0"109

de donde N107

--

N109

= 1,075, por otra parte

Hay 48,2% de

Ag109

N107

+ N109 =

y 51,8% de

Ag107

100::::}

I

Hsica de neutrones

(b)

=

AlIo AIOS

=

} SI. AIOS

AlIo(O)e-AlIot AIOS(O)e-AlOst

AlIo,

resulta AIOS(O)

_

eAIOS t

AlIo(O)

-

éllot

27,7 = 72.3 =0,383

=e(AIOS-AlIO)t,

ln(0,383) t=----,

,1110

AIOS -

AIOS

=

,1110

3 3 _1 0, 69 _ 4 8 x 10- s ,

-----r44 -

,

0,693 = 0,028 S-I, = 24,5

AIOS -

,1110

= 0,0232,

t _ 0,959 - 0,0232 =

I

41,36 s

I

Al cabo de 41,36 s tienen ambas la misma actividad. (c) A = 1 Ci = 3,7 X 1010 Bq. Según la proporción de cada uno de ellos, AIOS

AlIo

= 0,277 x 3,7 X 1010 = 1,025 x 1010Bq, = 0,723 x 3,7 X 1010 = 2,67 x 1010Bq.

Como N = AJA,

Nt =

AIOS AIOS

+ AlIo ,1110

=

13,078 X 1012 ------

Será el número total de {3- emitidos tras el cese.

{3-

129

130


2.2.

Propagación de neutrones en la materia

CD Un método clásico para medir secciones eficaces de neutrones consiste en

hacerles incidir perpendicularmente sobre una lámina fina. Si el blanco es una lámina de manganeso puro (p = 7,2 g/cm3) con 1 mm de espesor, la fracción de neutrones transmitidos es 0,7. (a) ¿Cuánto vale la sección eficaz microscópica total del Mn55 para neutrones con la energía del haz? (b) Si la sección eficaz de dispersión es el 10% de la de absorción, fracción de neutrones son absorbidos en la lámina?

Solución: (a) La fracción de neutrones que escapan a la interacción es

-/ =e -LX -, - ° 7, /0

-1:x = ln(O, 7) = 1:t

O, 3566,

= 0,3566/0, 1 = 3,566 cm-l, 1:

= (JN; (Jt = 1:t/N,

N = 7,2 x 6,023 x 1023/55 = 7,88 x 1022neutr/cm3• Luego la sección eficaz total

(Jt

= 3,566/7,88 x

= 4, 52 x 10-23cm2 = I 45,2 b

1022

(b) 1:t

= 1:a +1:s = 1, l1:a = 3,566 cm-l,

que se había calculado antes. 1:a = 3,566/1,1 = 3,24 cm-l;

1:ax

= 0,324,

/

e-

LaX

-, -

° 723 = -1o '

es la fracción de neutrones que escapan a la absorción.

I

¿qué


131

Los que son absorbidos serán (1 -

= 1 - 0,723 =

e-LaX)

0,276

I

I

El 27,6% son absorbidos, yel 2,76% son dispersados.

®

Si un neutrón de 0,025 eV viaja en un medio donde La

Ls = 0,2 cm-l.

= 0, 1 cm-l y

(a) ¿Qué distancia total recorrerá el neutrón antes de desaparecer? (b) ¿Cuánto tiempo tardará en realizar el punto (a)? (c) ¿Qué distancia recorrerá el neutrón en una trayectoria (d) ¿Cuál es la probabilidad

en línea recta?

de que la siguiente reacción sea de absorción?

Solución: (a) El neutrón desaparecerá cuando sea absorbido; debemos, pues, calcular el libre recorrido de absorción, que será 1 Aa

= ~ a = I 10 cm

I

(b) El tiempo que tardará en ser absorbido viene dado por la relación

t=-,Aa. V

V

= V/2Tj m =3 x 10S./2x V 1,009 0,025x X931 10-6 =2188 '

x

103 m j

s.

En donde se ha puesto T(MeV) y m(MeV /c2). Por tanto, el tiempo que pasará antes de ser absorbido, será

t = _ H~,l

.M

=14,57

x10-5 s

1

(c) La distancia recorrida en línea recta será aquella en la que no se haya producido ni dispersión ni absorción, por tanto

A=~-

Lt - La

1

+ Ls

1 = 0,3 =

I

3,33 cm

1

1


132

(d) La probabilidad de que la reacción sea de dispersión, frente a todas las posibles, es p _ L8 - Lt

0,2

= 0,3 = I 0,667 1

Es decir, el 66,7%.

CID

Suponiendo que la sección eficaz de captura del AUl97 sigue la ley = 99 b (para neutrones de 0,025 eV)

1/v

y que

(1a

(a) Hallar

E=

la sección eficaz de absorción

del AUl97 para un neutrón de

1 eVo

(b) ¿Qué espesor debe tener una hoja de oro que absorba el 20% de un haz de neutrones de 1 eV? p = 19,3 g/cm3.

Solución: (a) (11

= 99 b; El = 0,025 eV (1z =?;

Ez

= (11

cte

}{

= 1 eV

j El

l/VI = cte/..;E;, = cte/.,JE;,

VI rx..;E;;

(11 rx

Vz rx.,JE;;

(1z rx l/vz

= (1z.¡E;

=>

(1z =

(11

j E¡f Ez.

La sección eficaz de absorción para un neutrón de 1 eV, es, por tanto,

= 99jo, 025 = 115,65 b 1

(1z

(b) La fracción de neutrones absorbidos es

I

- = (1 lo

e-:Eax)

= 0,20;

e-:Eax

-LaX = ln(O, 80) = - 0,22,

,

l

Debemos calcular

= 0,80,

0,22

x=y.

L,

~

La =(1aN

= 15,65

X

lO-z4

X

19,32

X

6,023IOz3/197

= 0,924

cm-l,

F(sica de neutrones

133

luego 0,22 = 0,24 cm.

x = 0,924

El espesor que debe tener la hoja de oro debe ser de IX=24mml

@

Una barra de control de acero borado (de las que se usan en los reactores nucleares) tiene 150 mm de espesor y contiene 2% en peso de boro. (T(Fe)= = 2,5 b; (T(S) = 755 b; p(B) = 2,5 g/cm3; p(Fe) = 7,9 g/cm3. (a) Hallar las secciones eficaces macroscópicas de estos elementos en la barra citada.

de absorción de cada uno

(b) ¿Qué fracción del haz de neutrones se absorbe al atravesar la barra? (c) Si el contenido del boro aumenta al 3%, ¿cuál será la sección eficaz macroscópica de la barra?

Solución: (a) Para determinar las secciones eficaces macroscópicas, partimos de

~ =

(T

N.

Vamos a determinar primeramente la concentración de Fe y B en la barra.

NB =

NFe

=

2,5 x 6,023 10

7,9 x 6,023 x

56

X

1023

1023

x ~ = 3x 100

1021 njcm3 ,

x 0,98 = 8,32 x 1022njcm3,

Sustituyendo, resulta

~B

~Fe

= 755

= 2,5

X

X

x 3

10-24

10-24

X

X

8,32

1021

X

=

1022

I

=

2,27 cm-1

I

I

0,21 cm-1

I

134


(b) La fracción de los que se absorben viene dado por 1/10 = (1 - e- :EaX); donde esta La es la suma de los dos elementos; La

Resulta que

e-:Eax ~

en

= 2,27 +0,21 = 2,48 cm-l.

0, por lo que

1

1~

1

o

I

Se absorben todos los neutrones en la barra

I

(c) Ahora la barra contendrá el 3% en peso de boro, luego será 3/2 de la concentración anterior, es decir,

NB

= ~x 3X

= 4,5

1021 n/cm3

X

1021 n/cm3,

y la del hierro habrá disminuido al 97%, resultando

Lpe cm-I LB ==0,206 3,4 cm-I

} '

luego la sección eficaz total de la barra será ahora

Lt

= 3,4

+ 0, 206

=I

3,61 cm-I

I

2.3. Moderación y difusión de neutrones G) Se desea construir un reactor térmico utilizando uranio como combustible y grafito de moderador. (ld = 4,8 b; (le = 4,5 mb; p = 1,6 g/cm3. Calcular: (a) El recorrido libre medio de difusión, de captura y de transporte. (b) La longitud de difusión. (c) Sabiendo que la edad de Fermi es de emigración M.

T

= 400

cm2, determinar

la longitud


135

Solución: (a) Recordando que

1 1 A = ~ = aN' y que en este caso

N = 1, 6 x 6,023 1 Aa

e

~c

= 8,03

X

1022 n/cm3,

1

= _La = -:;--;:;-~;:--::-:-----,---1 I 4.8 x 10-24 x 8.03 X 1022 = 0,39 = 2,56 cm

= - 1 = -----------

A

1023/12

X

A

~

1

1 f\_ ~.

Atr

1 f\_?.:1 "

= ~1 _

J1.o

O í\') ~; 1(\22

- ---- 1 '2. h.

v

I

= I 2.767 cm 1()- 4

I

-----

_ O,94 Aa = 2,56 O,94 = ¡r-::---2,72 cm I

-

(b) Aplicando (5.9) y teniendo en cuenta (5.10), resulta

L=ylD/'La=

1 V3LtrLa

=/AcAtr_/2.767x2,72 V 3 - V

=¡ 50,1

3

cm

I

(c) La longitud de emigración M se define como M2

Por

10

=

T

+L2

= 400 +50,

= 2.908

cm2.

que la longitud de emigración resulta ser

1M

®

12

= 53,9 cml

Un neutrón nace con 2 MeV y se modera hasta 0,025 eV en un moderador de carbón (p = 1,8 g/cm3), calcular: (a) el número de colisiones necesario para moderarse, (b) la longitud de difusión térmica del carbón para neutrones térmicos. aa = 0,0032 b; as = 4,8 b, (c) la longitud de moderación neutrones rápidos.

en el carbón, siendo as

= 4,23 barns para

136


Solución: (a) De la eco (5.8) resulta

-n-0,158 - 1n(2 x 106/0,025) = 18,19/0,158 = 1115 colisiones para moderarse

I

pues

~=

A

_2

+~ 3 = 0, 158.

(b) De las ecs. (5.9) y (5.10), Y teniendo en cuenta que

N = 1,8 x 6,023 12 x

1023

3

= 9,034 x 1022n/cm ,

resulta 104 D/'2:.a

= 3 x 3,2

X

10-3 x 4,8

X

(9,034)2 x 0,944 = 2816,7.

Luego la longitud de difusión es

L = 12816,7 = I

53 cm

I

ft;

(c) La longitud de moderación se vio que era Ll11 = la edad de Fermi r viene en la eco (5.11). Sustituyendo los valores obtenidos en las anteriores operaciones, resulta

ft = ®

.J277 = 116,6 cm

Dados los datos siguientes de los moderadores ordinaria (ambos con p = 1 g/cm3): I Núcleo

H

[ o"s(b) [ 20

o

4,7 3,8

e

difenilo líquido (Cl2

O"a(b)

c::~

0,33

3,7 x 10-3 2

X

I

10-4

(a) Calcular el poder moderante y (b) la relación de moderación de estos moderadores.

1 0,158 0,12

HIO)

yagua

Capitulo 5: F(sica de neutrones

137

Solución: (a) Cuando el moderador es un compuesto, se determina el poder moderante por medio de la expresión

-~Ls = N ~ i ~ i ¿.¡(ni(Js~;) = pNA M ¿.¡(ni(Js~i)' 1

1

donde ni es el número de átomos de la molécula de cada elemento y M es la masa total del compuesto. En el caso del difenilo, la masa es Mdif = 12 x 12 + 10 x 1 = 154, dNA e H (~Ls)diJ = -M dif (ne(Js~e + nH(Js ~H)

= 1 x 6,02?

X

1023 (12

X

4,7

X

0,158 + 10 X 20

En el caso del agua, la masa es

~s ) agua _-

(J:<, ~

1 X 6,023 1Q

X

1023 ( 2

Magua

X

X

1)

X

=

10-24

= 0,817 I

cm-11

= 2 X 1 + 16 = 18, luego

20 X 1 + 3,8

X

O,12) X 10-24 =

I

1,35 cm -1

Se observa que es mejor moderador el agua. (b) La relación de moderación en un compuesto es de la forma ~Ls Rm

= (~)

k..Ja

_

-

L~ni~i(J~ ~i ~1

n.(Ji 1 a

Aplicándolo a los datos del problema, (R m) diJ . _ - --'----~ ne~e(J~+ nH~H(J:: _ - --------12 X 0,158 X 4,7 + 10 X 20 -_ ~2 ,4 12 X 3,7 X 10- 3 + O,33 X 10 ne(J~ + nH(J;; Igualmente se determina la relación de moderación del agua

(Rm)agua

= 22

X X

20 + O,12 3, 8 -_ 0,33 +2 X X 10-4

l6l2I ~

I

138

3.


PROBLEMAS

PROPUESTOS

1. Se irradia un trozo de 15 g de AU197 (p = 19,3 gjcm3) con neutrones térmicos en cuya reacción se produce AU198 (T = 2,7 días). Se retira después de tres horas, siendo su actividad de 1 Ci. oAAu) = 98 b. (a) ¿A qué flujo de neutrones estuvo sometido? (b) ¿Qué actividad tendrá 10 horas después de haberla retirado? 2. Se utiliza un flujo de 107 neutrones térmicosjcm2·s para activar una lámina de oro de 0,5 mm de espesor. La sección eficaz de captura del AU197 es de 98 b, y p

= 19,3

gjcm3•

(a) Calcular cuántos núcleosjcm2·s reacción Au197(n, y)AU198.

de

AU198

se han formado después de la

(b) Hallar el flujo de neutrones que ha atravesado la lámina.

E choca elásticamente con un blanco en reposo. Encontrar la máxima energía perdida por el neutrón en un choque si el blanco fuera de

3. Un neutrón de energía cinética

(a) H2, (b) Cl2, (c) (c) U238• Comentar los resultados. 4. Un haz de 105 neutronesjm2·s de 5 MeV de energía atraviesa un espesor de 2 m de agua. (YH = 0,95 b; (Yo = 1,5 b. (a) ¿Qué intensidad tiene a la salida? (b) ¿Cuál es el coeficiente de absorción lineal y másico? 5. Se hace pasar un haz de neutrones térmicos a través de una placa de arsénico de 2 cm, siendo (Ja = 4, 1 b; (Js = 6 b y p = 5,73 gjcm3• (a) Determinar en qué proporción se reduce la intensidad del haz. (b) La proporción de esta reducción debida a la dispersión y la debida a la absorción. 6. Un haz de 5· 1010 neutronesjcm2·s incide sobre una lámina de Li6 de 0,5 cm2 de área y 0,005 cm de espesor. La sección eficaz de la reacción Li6 (n, cx)H3para neutrones térmicos es de 72 b. Sabiendo que p = 0,53 gjcm3, y Ea = 0,0025 eV, calcular:

Capitulo 5: Fisica de neutrones

139

(a) Densidad de neutrones del haz (neutr/cm3). (b) Velocidad de producción de tritio en la muestra. (c) Actividad máxima en el tritio que puede inducirse en la muestra por el haz incidente. THe3 = 12, 3 años. 7. Considérese un neutrón de 10,4 MeV moderándose en grafito. Se supone que (Js = 4 b Y no hay absorciones. p = 1,6 g/cm3. (a) ¿Cuántas dispersiones se necesitarán, en promedio, para reducir la energía del neutrón a 0,1 eV? (b) ¿Qué distancia recorrerá el neutrón hasta moderarse? (c) ¿Cuál es el valor medio de la energía del neutrón después de su primera colisión?

8. Se tiene una placa de grafito (Cl2) y sobre ella se hace incidir un haz de neutrones con 1,85 MeV a un ritmo de 5 x 105 n/cm2·s. Determinar cuántas colisiones tienen lugar por cm2 y por segundo en el intervalo entre 250 y 100 keV.

l.

INTRODUCCIÓN

TEÓRICA

1.1. Fisión En una reacción de fisión un neutrón colisiona con un núcleo de ciertos elementos químicos (uranio y torio entre otros), produciendo su rotura en dos fragmentos de masas semejantes. Al mismo tiempo se emiten neutrones y unos 200 MeV de energía. Posteriormente estos fragmentos, muy excitados también, emiten neutrones. De los elementos útiles para la producción de energía, sólo el U235, U233 y el PU239 pueden fisionarse por neutrones de todas las energías y se llaman físiles. De ellos solamente el U235 se encuentra en la naturaleza aunque en proporciones muy pequeñas, junto con el U238 que es el isótopo más abundante. El Th232 y el U238 se fisionan sólo con neutrones rápidos, y se llamanfisionables. Para mantener una reacción en cadena son necesarios los núclidos físiles. A partir del descubrimiento de este proceso, en 1939, surgió la idea de producir una reacción en cadena automantenida y aprovecharla como fuente de energía. Un esquema simplificado del dispositivo que contuviera los componentes fundamentales sería: 1) Una vasija llamada núcleo, conteniendo el material fisionable en donde se libera toda la energía de fisión en forma de calor. 2) Para que la mayoría de las fisiones se produzcan a baja energía, éste va acompañado de un moderador. 3) Un refrigerante para extraer el calor proporcionado, que se transfiere a un sistema turbina -generador. 141

l

142


4) Un sistema de control de la reacción en cadena formado por barras de control y venenos.

5) Equipos electrónicos para la medida de la potencia y sistemas de seguridad. Estos dispositivos se llaman reactores nucleares. En la figura 6.1 puede verse un esquema simplificado de un posible reactor. MANDOS DE BARRAS

DE CONTROL

BARRAS DE CONTROL

INTERCAMBIADOR DE CALOR

---

--

REFRIGERANTE

¡ o REACTOR

BOMBA

I CIRCUITO

i --

--

BOMBA

PRIMARIO

I

CIRCUITO

SECUNDARIO

FIGURA 6.1. Reactor nuclear

Factor de multiplicación efectivo Kef. Es la relación entre la población de neutrones de dos generaciones sucesivas, en un reactor finito. Kef

población de neutrones en generación n + 1 población de neutrones en generación n

También se puede representar como la fracción de los neutrones producidos frente a los absorbidos más los fugados. Se suele expresar como Kef

llamada fórmula de los seis factores.

= ept¡f

p¡P2,

(6.1)

Fisi6n y fusi6n nuclear

143

Analizamos brevemente cada uno de los factores. B:

Factor de fisión rápida. Tiene en cuenta que pueden producirse fisiones también con neutrones rápidos (U238).

p: Probabilidad de escape a la resonancia. Fracción de neutrones que escapan a la captura mientras van moderándose. Se debe a que se producen absorciones resonantes por el U238 mientras se moderan.

p(E)

= exp [ - Z1 fEo E La La + Ls dE] E '

(6.2)

siendo La Y Ls las secciones eficaces de absorción y dispersión para neutrones de energía E y ~ está definida en el capítulo anterior. En un sistema homogéneo, La corresponde al combustible porque en el moderador la absorción es despreciable, y La = N u (J~ Y considerando que Ls es independiente de la energía, la eco (6.2) sería

Num p ~ exp ( - N

1 )' (J;'~

donde 1 es la integral de resonancia efectiva, el subíndice u representa al combustible y el m al moderador. (J';' es la sección eficaz de dispersión del moderador. Para valores de Ls/Nu inferiores a 400 barns, puede hacerse la aproximación

~

N m (Jm s

p ~ exp[ _ 3, 06 (~)0.528] 1]:

•

Factor eta. Representa el número de neutrones producidos por fisión, por cada neutrón térmico absorbido en el combustible.

1]

=

v

neutrones absorbidos durante la fisión x neutrones absorbidos en el combustible'

1]

=

Lf La'

v

donde Lf es la sección eficaz de fisión del núclido fisil, La la de absorción del combustible y v el número de neutrones liberados por cada neutrón absorbido. En una mezcla de U235 y U238 por ejemplo, L235 f 1]

--

=

V '5"'235 a

+

"'-'-a

j

144

F¡'sica Nuclear: problemas resueltos

f: Factor de utilización térmica. Se debe a que algunos neutrones son absorbidos por materiales distintos del combustible.

f

:LU a

a +~a = ~u

(6.3)

En sistemas homogéneos, (J'U

a

f

(J'U a

+ (J'mNm/Nu a

P: Probabilidad de permanencia de neutrones en el reactor, o probabilidad de no fuga. Hay que definir dos posibilidades: p¡: Probabilidad de permanencia de neutrones rápidos. Representa las pérdidas de

neutrones rápidos producidas por fugas, durante la moderación. p¡

P2:

=

e-B2T

Probabilidad de permanencia de neutrones térmicos. Tiene en cuenta las pérdidas de neutrones térmicos producidas por fugas. Suele ser pequeña porque las secciones eficaces de absorción a energía térmicas son grandes y también porque los neutrones se mueven poco antes de ser absorbidos. 1

= (1 +UB2)'

P2

donde B2 se llama laplaciana o buckling; es una característica del sistema; depende de la configuración geométrica y es inversamente proporcional al tamaño del reactor. Por tanto e _B2T

P = p¡

P2

= (1 +UB2)'

Si el reactor fuera infinitamente grande, no habría fugas, por lo que p¡ = P2 = 1 Y se define el factor de multiplicación infinito Kw = ep1Jf, que es la 'fórmula de los cuatro factores". En un medio multiplicador cualquiera, la distribución del flujo neutrónico puede representarse mediante la ecuación V2

+ B2 = 0,

(6.4)

con las necesarias condiciones en los límites. Se puede utilizar un método aproximado considerando un solo grupo de neutrones, es decir, considerar que todos los neutrones

------------------------------------------------------------

t I"

Fisión y fusión nuclear

145

tienen la misma energía. Se deduce de (6.4) que la ecuación de criticidad para un reactor desnudo (sin reflector) en la teoría de un solo grupo es

/(" 1 +UB2 = 1, como la condición de criticidad impone que Kef = 1, resulta

(/(" 1 + U B2)

= /(" p = 1.

Aplicando el método de la difusión-edad (cap. 5), y utilizando la ecuación (6.1), resulta de forma general (6.5)

= /(" p = /(" e- B2T , .•...

"""

Kef

.•...•.

,.."

es la ecuación crítica de la difusión para un reactor desnudo. /(" es función de los materiales que forman el reactor y Pl Y P2 dependen de la geometría y del tamaño. Cuando se produce el mismo número de neutrones en generaciones sucesivas, Kef = 1, se dice que es crítico. Si Kef > 1, se llama supercrítico, y si Kef < 1, se dice que es subcrítico. Del valor del factor de multiplicación depende que se mantenga o no la reacción en cadena.

~.

~

Tamaño crítico. En un sistema crítico, aplicando (6.5) B2 sería la laplaciana crítica. Conociendo el valor de B~ a través de la ecuación crítica, puede determinarse el tamaño crítico correspondiente a una geometría determinada, siendo los más característicos

! ~.

Buckling geOmétrico{

Esfera: Cubo: Cilindro:

B2

= (n/R)

B2 = 3 (n/a)2 B2 = (2,405/

Ri + (n/ Hi

para un reactor esférico de radio R, uno cúbico de lado a y uno cilíndrico de radio R y altura H.

Potencia de un reactor. La velocidad de fisión depende de la probabilidad de (fisiones/cm3• s). En un reactor de volufisión y del flujo de neutrones, Rf = Lf men V se producirán V Lf fisiones/s. Como la energía total disponible por fisión (200 MeV) es del orden de 3,2 x 10-11 W· s, para producir 1 W es preciso 3,1 x 1010 fis/s, de donde la potencia de un reactor viene dada por la expresión P

=

V Lf 3,1 X 1010 W,

(6.6)

•

146


en donde se ha supuesto que el reactor está funcionando durante un cierto tiempo. Se ve que la potencia es proporcional al flujo neutrónico y depende de la masa de núclido físil presente y de la sección eficaz de fisión. Para el control de la potencia lo más útil es controlar el flujo neutrónico frente a las otras variables.

Cinética del reactor. Los neutrones que resultan de la fisión se llaman insy son el 99% de los producidos. Los fragmentos resultantes de la fisión (emisores {3-) emiten también neutrones, son los retardados. Se ha demostrado que éstos se distribuyen en seis grupos, cada uno de ellos decayendo exponencialmente con una velocidad bien definida, siendo su periodo el correspondiente al del precursor neutrónico. Igualmente que en el caso de los neutrones instantáneos, con los neutrones retardados se produce también radiación gamma retardada. La figura 6.2 explica esquemáticamente el fenómeno de la producción de neutrones instantáneos y retardados. En la figura 6.3 se representa un esquema de desintegración donde aparecen los neutrones retardados. • ~ tantáneos

0::-,

retardados

instantáneos ~p+

.®~~

•

.~

FIGURA 6.2. Producción

de neutrones

instantáneos

y retardados

en la fisión

Se define {3como la fracción de neutrones retardados, por lo que (1 - {3) será la fracción de los instantáneos. La ecuación cinética exige que en el balance de neutrones se tengan en cuenta la velocidad de producción de neutrones instantáneos ~ La
_ ~ 1m

p -

~ + 1 + _1_ 1m + 1 l= ~ I

m{3; ~ 1m m A;

+

+ ~m + A'

(6.7)

siendo {3 = L~=I {3;, I el tiempo de generación de neutrones instantáneos y A; la constante de desintegración de los neutrones retardados de cada grupo i. En general se toma A como el valor promedio de los seis grupos.

ii

! •••


147

y

Kr87

Kr86

FIGURA 6.3. Emisión de un neutrón retardado a partir del Br87

Se define la reactividad como la variación relativa del factor de multiplicación efectivo en un momento dado Kef-l_l

p==

-K-ef

__ l_ Kef'

-

En la nomenclatura frecuente se expresa en dólares

reactividad en dólares

==

~.

El valor p = O corresponde a un sistema crítico, mientras que el valor positivo corresponde a Kef > 1 en que la población está aumentando (estado supercrítico) y el negativo al estado subcrítico, en que Kef < 1 Y la población está disminuyendo. La ecuación (6.7) es de séptimo grado, en la que para cada valor de p hay siete raíces de co. Si p > O una de ellas es positiva y las demás negativas. Al principio hay un aumento brusco de la población, pero poco tiempo después influyen los neutrones retardados y va estabilizándose. Si p < O, todas las raíces son negativas y va disminuyendo la población todo el tiempo. La variación del flujo de neutrones térmicos, ante un cambio brusco de reactividad, puede representarse por la ecuación <1>

úJo

=

<1>0

[AoeúJot

+A1eúJ1t],

representa la raíz positiva en el caso en que

p

(6.8)

> O, Y COl la mayor de las negativas.

.•..

148


Al cabo de poco tiempo los términos negativos de (6.8) desaparecen y queda
=

Se define el periodo estable del reactor como el intervalo de tiempo que debe pasar para que la densidad neutrónica varíe en un factor e. Periodo estable p.

[3 -

Tp

==

AP

Wo

Tiempo de generación efectivo le

= 1 + [3 A-

P

.

El efecto de los neutrones retardados es el de suavizar el ascenso brusco del flujo neutrónico, para el caso de la reactividad positiva. Un ejemplo aparece en uno de los problemas resueltos.

1,0

RESULTADO

Primera contribución

Reactividad negativa

0,5

\ \ \

\

" "",~:~unda "

contribución

0,0 0,0

FIGURA 6.4.

0,5

1,

°

1,5

t(s)

2,0

Variación del flujo con el tiempo. Reactividad negativa


149

La ecuación (6.8) sigue siendo válida para casi todos los valores de reactividad negativa. En la figura 6.4 se representa la variación del flujo con el tiempo para un caso típico de reactividad negativa. Como se ve, el término transitorio hace disminuir el flujo neutrónico al principio del proceso.

1.2. Fusión En las reacciones de fusión se forma un núcleo más estable a partir de la reacción de dos núcleos ligeros (como aparece en el capítulo 4 de este libro, en los tipos de reacciones nucleares). La fusión no es un proceso natural en la tierra como lo es la fisión, pero en el Universo ocurre de forma natural, concretamente en las estrellas. Reacciones de fusión utilizadas Reacciones

DD (deuterio-deuterio) Hi +Hi --> He~ +n,

Q

= 3,27 MeV,

Hi +Hi --> Hi +Hi.

Q

= 4,03 MeV.

Cada una de estas reacciones ocurre con un 50% de probabilidad. Reacción

DT (deuterio-tritio) Hi +Hi

-->

Hei +n,

Q

= 17,59 MeV.

La reacción Hi +Hi --> Hei no se ha observado experimentalmente. En la fusión, los núcleos reactantes tienen que poseer una energía cinética relativa mínima suficiente para vencer la repulsión electrostática mutua (barrera de Coulomb), esto es, una diferencia importante entre la fusión y la fisión, en donde los neutrones que la inducen no necesitan poseer una energía mínima. Barrera de Coulomb El efecto de la barrera de Coulomb en la reacción de fusión es similar al efecto que se produce en el decaimiento oc. La barrera de potencial que deben superar los partículas para que se produzca la fusión es Ve

I •••

=~

Z¡Z2 4nEoR¡+R2

~ 0,7 Z¡Z2 A¡+A2

MeV,

(6.9)

donde Z¡, Z2 son los números atómicos de las partículas, R¡, R2 sus radios nucleares y A¡,A2 los números másicos .

150


La condición impuesta por la ecuación (6.9) exige una temperatura del gas muy alta. Por ejemplo, para una reacción DT tenemos que Ve = 0,14 MeV. Teniendo en cuenta que la energía media en una distribución de Maxwell-Boltzmann es ~ kT, para obtener un número apreciable de núcleos (por ejemplo, un 1% de todos los núcleos) que tuviesen energías iguales o superiores a 0,14 MeV sería 3

2 kT ~

1O-2Ve

= 1,4 keV=} T ~ 107 K.

Con esa temperatura, el gas estaría realmente caliente, tanto que las moléculas serían átomos y los átomos estarían altamente ionizados. En el hidrógeno los iones y los núcleos serían idénticos. A una mezcla eléctricamente neutra de electrones e iones se le llama plasma; éste es el estado esperado para la mezcla reactante en un reactor de fusión termonuclear. El requisito de cualquier reactor de fusión es confinar un plasma reactante con una temperatura y densidad lo bastante altas y durante un tiempo justo a fin de permitir que ocurran suficientes reacciones de fusión para obtener una ganancia neta de energía. Debido a que un plasma para la reacción de fusión debe estar a una temperatura muy alta, los confinamientos convencionales, como las paredes de una vasija, no son factibles.

Velocidad de reacción

La velocidad de una reacción de fusión es: R

= n¡n2(JV,

(6.10)

donde n¡,n2 son las densidades de las dos especies que reaccionan (en iones/m3), (J es la sección eficaz de la reacción y v la velocidad relativa de los reactantes. Dado que (J es una función de v y como los núcleos tienen todo un intervalo de velocidades, se utiliza un producto (JV promedio efectivo.

DD _

DT _

(JV

(JV

= 2,3 x 1O_¡4exp[-18,

8/(kT)!] (kT)¡

= 3,7 x 1O_¡2exp[-20/(kT)!] (kT)¡

3

cm Is,

3

cm Is,

donde T es la temperatura del plasma y kT se expresa en keV.

Fisi6n y fusi6n nuciear

Densidad

151

iónica

La densidad iónica que se alcanza es proporcional a la presión. La máxima presión ejercida por los iones del plasma que puede ser confinado por el campo magnético (suponiendo confinamiento magnético) será

Prnax

B2

B2

2po

8n x 10-7'

= _0

o

(6.11)

donde Bo es la densidad de flujo magnético en el vacío (en teslas) y Po la permeabilidad magnética del vacío. P max se expresa en pascales. Los constituyentes del plasma (iones y electrones) obedecen las leyes del gas perfecto, p

= nkT,

n es la densidad de iones

(ionesjm3). Igualando con la expresión (6.11) y despejando se obtiene una relación entre la densidad de iones, la temperatura del plasma y el campo magnético, B2 no (6.12) - 8n x 1O-7kT'

en este caso kT se expresa en unidades del S.l. Gulios). Combustible

La reacción DD es más dificil de realizar que la DT (como se verá más adelante, la DD tiene una temperatura de ignición cinco veces superior que la de la reacción DT). Los primeros reactores de fusión se basan en la reacción DT. El deuterio contenido en el agua de los océanos se encuentra en cantidades prácticamente inagotables y de extracción relativamente fácil. Pero el tritio, que es inestable, se desintegra por emisión p- con relativa rapidez (T = 12,3 años), por lo que no se encuentra en la Naturaleza más que en cantidades ínfimas. Se obtendría de la reacción de los neutrones (producidos en la reacción de fusión) sobre litio, Li6 +n _

Densidad

He4 +H3 +4,78 MeV.

de potencia

Si Q es la energía emitida en cada fusión, la densidad de potencia desprendida de las fusiones p¡ será p¡ = n¡n2(JvQ .

••

152


Si suponemos mezclas al 50%, nI = n2 = n/2 1

Pf

=

¡n

2 CTVQ.

Los iones y los electrones que forman el plasma interaccionan entre sí a través de sus cargas y sufrirán aceleraciones y desaceleraciones en su movimiento. Una carga sometida a aceleraciones emite radiación (radiación de frenado o bremsstrahlung); si además hay campos magnéticos presentes (como es el caso del confinamiento magnético), las trayectorias helicoidales de las partículas dan lugar a una aceleración y por tanto a una emisión, llamada radiación de sincrotrón; también los choques entre iones y electrones pueden dar lugar a emisión de rayos X o emisión de luz. Todas estas radiaciones escapan en parte del plasma llevándose una cierta energía. Para un plasma en condiciones termonucleares la fuente de radiación más importante es el bremsstrahlung. La potencia emitida en este tipo de radiación es Pr - an2T!Z3,

donde a es una constante, T la temperatura reactante.

del plasma y Z el número atómico del

La temperatura para la cual las ganancias Pf igualan a las pérdidas Pr se denomina temperatura crítica (en el caso de la fusión no hay una masa crítica como en la fisión). Para procesos DT, kTc - 5 keV y, para procesos DD, kTc es del orden de 40- 50 keV. También hay que tener en cuenta efectos de fugas, opacidad del plasma, etc., por 10 que se obtienen valores para la temperatura de ignición (temperatura mínima para que la reacción sea automantenida) superiores a la temperatura crítica; estos valores dependerán de cada dispositivo concreto. Como valores indicativos se tiene Ti(DT) - 6 - 10 keV ( - 108 K), Ti(DD) - 50 keV ( - 5

X

108

K).

Sólo si se supera esta temperatura se compensan las pérdidas, la temperatura puede mantenerse elevada y la reacción puede reproducirse. Criterio de Lawson Como se ha visto antes, la condición T > Ti es una condición de automantenimiento.

J. D. Lawson dio en 1957 un criterio que determina las condiciones necesarias para que un reactor de fusión llegue a encenderse y mantenerse. Si es el tiempo de confinamiento de la energía, o tiempo que tarda en disiparse o perderse la mitad de la energía térmica que depositamos en el plasma, y n es el '"C

.. ------"11I


153

número de partículas por cm3 que hay en el plasma, la condición para que la reacción pueda mantenerse es m: > 104

s.cm-

3

para DT,

m: > 105

s.cm-

3

para DD.

Al criterio de Lawson se llega considerando que r¡ = 1/3, donde r¡ es el rendimiento de producción de energía (o eficiencia del reactor termonuclear). Confinamiento del plasma Confinamiento magnético. En los dispositivos de confinamiento magnético se intenta conseguir un alto valor de m: (criterio de Lawson) mediante la actuación de campos magnéticos en el plasma y el magnetismo actúa como "material" capaz de ser empleado en la construcción de recipientes contenedores. El uso de campos magnéticos se debe al hecho de que los reactantes se encuentran en estado de plasma, es decir, en forma de iones libres mezclados con electrones libres, de modo que pueden ser confinados en un campo magnético. El confinamiento magnético mas simple es un campo magnético uniforme (las partículas realizarían trayectorias espirales alrededor de la dirección del campo). Esto sería suficiente para confinar a las partículas en sólo dos direcciones. Para prevenir la pérdida de partículas a lo largo del eje hay dos soluciones: Se puede construir un toro (configuración cerrada) o se puede crear en los extremos una zona de alta densidad de líneas de campo magnético que reflejaría las partículas dentro de la región donde el campo es inferior. Serían los espejos magnéticos. Confinamiento inercial. Es un concepto bastante diferente del concepto de confinamiento magnético. En este caso se busca alcanzar un valor aceptable de m: creando una alta densidad n en lugar de un tiempo de confinamiento 1: alto. Para ello se agrega energía a cantidades pequeñas de los reactantes por medio de láseres pulsados. Así la temperatura y la densidad de los reactantes aumenta enormemente. La ignición de la fusión y las condiciones de quemado se alcanzan tan rápidamente, que no hay tiempo de que ocurra una expansión, antes de que ocurra alguna reacción. Se logra la fusión con materia enormemente comprimida. La cantidad de materia a comprimir será insignificante y tendrá que ser una esfera hueca (puede ser una pequeña esfera de DT sólido). Bombardeando esa esfera con radiaciones (haz láser, por ejemplo) se calienta y se comprime su superficie a altísima temperatura, por lo que se forma un plasma caliente. El plasma se escapará libremente hacia afuera. Pero, por conservación del impulso, parte de las partículas tendrá que ir hacia adentro. Esa implosión será capaz de comprimir una mezcla de gas deuterio-tritio que puede colocarse dentro de la esfera hueca, y juntamente con el calor producido provocar una fusión termonuclear. Se consideran otros medios de los haces láser para añadir energía a las esferas reactantes, como pueden ser haces electrónicos y haces iónicos (iones de deuterio, por ejemplo).

154


Ésta es una materia de plena actualidad, en pleno desarrollo teórico y tecnológico, por lo que conviene estar atento a la bibliografía, que cambia rápidamente.

Fusión solar (estelar) Una estrella como el Sol es el prototipo automantenido.

más satisfactorio

de reactor termonuclear

El proceso básico en el Sol es la fusión del hidrógeno para generar helio. El primer paso de este proceso de fusión será la combinación de dos protones H1 +H1

------>

H2 +e+

+v,

Q

= 1,44 MeV.

Siguiendo a la formación del deuterón, es muy probable, ya que las condiciones internas de presión y temperatura en el Sol son óptimas, que se produzca la siguiente reacción: H2 +H1

------>

He3 +')1,

Q

= 5,49 MeV.

Posteriormente He3 +He3

------>

He4 +2H1 +')1,

Q

= 12,86 MeV.

El proceso completo (cadena protón-protón o ciclo Critchfield) da como resultado de 4 protones en helio la formación de He4. La reacción neta es la transformación 4H1 Si hay elementos series de reacciones de Bethe.

-

------>

He4 +2e+

+2v.

más pesados en el interior de la estrella pueden ocurrir otras de fusión, como, por ejemplo, la cadena del carbono o ciclo

---

Fisión y fusión nuciear

2.

PROBLEMAS

155

RESUELTOS

2.1. Fisión G) Determinar la densidad de potencia térmica (W/cm3) que se genera en el combustible (U02) de un reactor de fisión, en donde el 3% es U235. El flujo de neutrones es de 2 x 1013 n/cm3• s y la energía efectiva es E = 0,05 eVo Considerar que las secciones eficaces en la región térmica varían según l/v. La sección eficaz de fisión del U235 a la energía de 0,0025 eV es de 585 b. P = 9 g/cm3.

Solución: Teniendo en cuenta la proporcionalidad de

0"¡(0,05

eV) ~

i

(E)

O"(Eo)

1/2

O"

con (l/v), y por tanto con

= 582 x (0 Ó,05 025 ) 1/2 = 411 b.

Como hay una mezcla homogénea, M = 238

N235

= 0,03 x 9 x 6,02~7~

~¡ = N O"¡ = 6,023 De la

eco

~¡ <1>= 0,247

x

2

X 1020

= 6,023

x 411

X 1020

X 10-24

n/cm3 de

= 0,247

U235,

cm-l.

x 1013 X -¡ 1 ~ 1010

= 1159,2 W /cm3

Considerar un reactor cilíndrico de 60 cm de radio y 90 cm de altura. D = 1,06 cm, r = 40 cm2, y ~a = 32 cm-l. Calcular (a) El buckling geométrico. (b) La probabilidad

••

1023

16) = 270,

(6.6),

p =

®

+ (2 x

de no fuga .

I

El/2,

-----------~~~~~~~-~==========~~~~~~~~~~~~~-~~=----

156

..--..~_.~~~~_ .._.


Solución: (a) Por ser un reactor de forma cilíndrica, su buckling geométrico será

B2= (2,~OSr

+(;r

+(~r =12,82x

= (2,:Sr

1O-3cm-21

(b) La probabilidad de no fuga es la probabilidad de permanencia durante la moderación, p = p ¡p 2 =

e-B2r

La probabilidad de permanencia de neutrones rápidos, p¡ = e-B2r = 0,893.

La probabilidad de permanencia de neutrones térmicos, 1 P2

= 1 +UB 2 '

donde U = D /'La = 1,06/32 = 0,033

P2=.

~~~~

1 ~n~

por lo que

cm2,

.~o=O,999~1.

Se observa que la permanencia de los térmicos es mayor que la de los rápidos; finalmente, la probabilidad de permanencia, resulta

P = 0,893 x 1 =

CID

I

0,893

I

Determinado reactor homogéneo es crítico cuando tiene la forma de un cubo de un metro de lado. (a) Si a idéntico material se le da forma de una esfera, ¿cuál será entonces su tamaño crítico? (b) ¿Cuál sería el factor de multiplicación

-

infinito si L

= 18 cm?


157

Solución: (a) El buck1ing de un reactor cúbico

Be2

= 3 (n~

)2

=3

(

100 n )2 = 2,96

X

10_ 3 cm - 2 .

El esférico,

B; = Si tienen el mismo

B2,

(~r·

significa que

2,96

X

10-3

=

(~r=}

r

= 57,74 cm

y Id

= 115,47 cm

I

Éste sería el tamaño crítico para un reactor de esa geometría. (b) La condición de criticidad para un reactor desnudo, en la teoría de un grupo, Kej =

K,.,

1 +L2B2

=

1=}.L~17

= 1 +L2B2,

K,., = 1 + 324 x 2,96 x 10- 3 = ~

3)

Un reactor cilíndrico que tiene un radio de 55 cm y 100 cm de altura se mantiene crítico. (a) ¿Cuál es el buckling geométrico? (b) Determinar el factor de multiplicación

infinito.

(c) Al introducir una barra de control, la reactividad disminuye un 0,2%. ¿Cuál será ahora el factor de multiplicación efectivo? La=O, 22 cm-1, D = 1, 36 cm.

Solución: (a) El buck1ing de un reactor cilíndrico es

B; = (2, ~05

r + (~ r

= (2,:5

r+ ( r 1~0

= I 2,9 x 10- 3 cm- 2

I

158


(b) Igual que en el problema anterior,

= 1 + ~'~~ , x 2,9

Fe, = 1 +L2B2

X

10-3 =11,0179/

(c) La reactividad se define como el exceso o disminución del factor de multiplicación, luego p

=

= 1-

t1KeJ

= 1-

KeJ

p

KeJ

= 0,2% = 2 x

10-3,

= 1 - 2 x 10- 3 = I 0,998

I

Quedaría ahora el reactor sub crítico después de haberle introducido una barra de control, al ser KeJ < 1.

® Suponga un reactor infinito formado por U235

yagua. Se desea saber la razón entre los pesos uranio/agua que logrará la criticidad. Considerar: p = 8 = 1; v = 2,5; (Jf = 582 b; (J:; = 694 b Y (J:;' = 0,664 b.

Solución: Para que sea crítico un reactor infinito, Fe, = 1, Y

Fe,

= r¡f = V

LU 'J X ~a ~u

LU a

Lf--:::,-- = 1. L~ +L;;'

-

V X __

a +L'"a x LU

Luego V

V

x Lf

x Nu x (Jf

= L~ + L;,

= Nu x

(J::

N", Nu

:::}

+ N",

x (J;.

Sustituyendo valores, resulta

2,5 x 582 = 694

+ 0, 664 x

Luego

;u'"

= 8,7

X

N", 761 Nu = 0,664 = 1146.

10-4


159

Esta es la relación entre las concentraciones, como piden la relación de pesos

mu _ 235

NA

mm mu

18 xx Nm == 235 ~:

}

Nu

235

-18 x Nm = 18 x 8,7

mm

X

10-4•

La relación de masas uranio/agua, para que sea crítico, debe ser

::

=

0, 01l4::}

1,

.1_,_14_0;;_0 I

:ID Un reactor cuyo combustible

es U235 opera a la potencia de 700 MW y se le detiene tras la inserción inmediata de barras de control de 8% de reactividad.

(a) ¿A qué potencia habrá descendido inmediatamente? (b) ¿A qué potencia habrá descendido 1 min más tarde? T

= - 80 s; 13 = 0,0065;

l

= 10-3 s-¡.

(c) ¿Qué potencia tendrá 15 m después?

Solución: (a) De la eco (6.8) inmediatamente, cuando t = 0, <1>

=

+ A¡),

<1>o(Ao

siendo p

13

Ao

-p = 0,075, Y = -13-

A¡

-p = --13-'

Se ve que (Ao + A¡) = 1. La potencia es proporcional a la densidad neutrónica,

lo que quiere decir que

P

P

=

=

Po,

Po(Aoewot

+A¡eW¡t),

la potencia no ha variado.

160


(b) Un minuto más tarde, 1= 60s, resulta

OJ

Como

p

es el 8%,

p

o

l 60 l -- -T -- --80 -- -O "75' = -0,08,

--¡/3 -

OJII

=

-,.° 472

ewot -

0,0865

p

x

1=

-1(F3

t_

w

x 60 = 5190; e

1

-

O.

Pasado un minuto desde la variación brusca de reactividad, ya no influyen los transitorios, luego

P

=

Po Ao ewot

= 700 x 0,075 x 0,472 = 124,78 MW I

(c) Al cabo de 15 min,

OJol

_ 15 x 60 _

-

M

-

-

11, 2'5,

ewot ___ 1,3 x 10 5 .

Luego la potencia habrá descendido hasta P = 700 x 0,075 x 1,3 x 10-5 = 6,82

X

10-4 =/682

wj

(]) Un reactor de uranio natural-grafito está trabajando a nivel de potencia estacionario. Al introducirle una pequeña cantidad de uranio enriquecido, la reactividad se hace bruscamente 0,0018 positiva. El tiempo de generación neutrónica vale de neutrones retardados. (a) Determinar

¡ = 10-3

S Y se supone un solo grupo

la evolución del flujo neutrónico en función del tiempo.

(b) Compárese el periodo estable con el que resultaría trones retardados. A.

= 0,08 s;

/3

si no existiesen

= 0,0065.

Solución: (a) Aplicando la eco (6.8), en donde Ao =

_/3 __

/3 -

p -

0,0065 A AALC:

A AA10

= 1, 38,

neu-


=

-p

Al = -

OJo

fJ

=~ fJ

__

p

_

161

0,0018 0,0065 _ 0,0018 = -0,38,

_ 0,08

_

p -

fJ

-

1

OJ1 -

X 0,0018 0,0065 _ 0,0018 = 0,0306 S-l,

-1

0,0065 - 0,0018 _ -47

p _ -

10-3

-,

S

,

resultando que
-

0,38

e-4,7t].

°

Dando valores a t, desde t = hasta t = 2 s, resulta la figura siguiente, en donde se han separado las dos contribuciones. 1,5 Primera contribución RESULTADO ,.....,

o

e..

"-

'-' o ;. e..

'p

" o:l

1,0

l..;

o o '2 ·0 l..;

•..

"

Reactividad positiva

;:;

¡::

p =0,0018

o .S' ¡;:;

0,5 \

\

""" "",~::~nda

contribución

--

0,0 1,0

0,5

0,0

1,5

t(s)

(b) El periodo estable del reactor,

T

p

=

fJ

-

AP

p

= 0,0065 0,0018 = I~.--. 32,6 s 0,08 x- 0,0018

I

2,0


162

Si no hubiese neutrones retardados, T = ~ _ P -

10-3

0,0022 = 0,55 s.

Como (]'>j(]'>o ex et/T, para t = 2 s, (é/T)con ~ 1; (et/T)sin = 38. Se ve que si no hubiera neutrones retardados el flujo neutrónico subiría muy rápidamente.

2.2.

Fusión

CD Se tiene 1 litro de agua; si todo el deuterio que contiene se fusionara

la reacción DD, ¿cuánta energía se liberaría? Expresar el resultado en terio forma el 0,0148% del hidrógeno natural.

mediante J. El deu-

Solución: Como se ha visto anteriormente, hay dos posibles reacciones DD, que tienen un 50% de probabilidad de ocurrir Hi

+ Hi

---> Hei

Hi

+ Hi

---> Hi

+ n + 3, 27 MeV,

+ H: + 4,03 MeV.

Primero hay que calcular cuántas moléculas del agua hay en un litro de agua. 11 = 1 dm3. La densidad del agua es p = 1 gjcm3 = 103 gjdm3. Patm(H20)=18.

nlnol

3

= 10 x

6,023

X 1023

18

3

25'

= 3, 5 x 10 moleculasjdm.

3

Como cada molécula tiene dos átomos de hidrógeno, natH

= 2 x 3,35

X 1025

= 6,7 x 1025átomosjdm3.

El 0,0148% de estos átomos serán de deuterio,

nD = 0'~;048 x 6,7

X

1025

= 9,92

X

1021

átomos de deuteriojdm3•


163

Para realizar una reacción DD se necesitan dos átomos de deuterio, por lo que hay la posibilidad de 9,92 x 1021/2 = 4,958 X 1021 reacciones DD. De ellas cada 50% será de uno de los dos tipos antes indicados.

4,958 2x 1021 x 3,27 = 2,479

X

1021

x 3,27 = 8, 11 X

1021

MeV,

4,958 2x 1021 x 4,03 = 2,479

X

1021

x 4,03 = 9,99

1021

MeV.

Eliberada

Eliberada

~

= 8, 11 X = 1, 81 X

Una reacción interesante siguiente:

1021

1022

+ 9, 99 x

x 1, 602

X

1021

10-19

en la aplicación

= 1,81

X

= I 2,90

X

1022

X

MeV /dm3

103

MJ /dm3

I

de procesos termonucleares

es la

D +D -- He3 +n. (a) Si los núcleos de deuterio interaccionan en reposo, calcular la energía cinética total del neutrón y el núcleo de He3 (en MeV). (b) Calcular el momento lineal de cada uno (en MeV/c). (c) Si los núcleos de deuterio deben encontrarse a una distancia de 10-11 cm uno de otro, ¿qué energía hay que suministrar para vencer la repulsión electrostática? (d) Si se proporciona esta energía calentando a temperatura muy elevada, ¿cuál es la temperatura necesaria?

Solución: (a) Con los datos de las masas obtenidos de la tabla del apéndice Q = Tc = (mi -

mf)e2

= [2 x 2,014102 - (3,016029

= 3,51 Q

X

10-3 e2

=[ 3,27 MeVI

= THe3 + Tn (1).

Por la conservación de la energía y del momento mHe3THe3

= mnTn

(2),

+ 1,008665)] e2

=

164


de (1) y de (2) se tiene mHe3

Tn

= mn +mHe3

Q,

mn

= mn +mHe3

THe3

Q,

Tn _ 3,016029 - 1,008665 + 3, 016029 x 3,27 = 12,45 MeV I THe3

=

Q-

Tn =10,82 MeVI

(b) Como los deuterones están en reposo su momento lineal es igual a cero, los momentos resultantes del n y He3 son iguales y de sentido contrario. PHe3 =pn

=p.

Por conservación de la energía total

vmfic4

+p2C2 +y'mHe3c4

= 3,75

+p2C2 X

103

= Tc +mnc2 +mHe3C2 =

MeV =

E.

Para simplificar c = 1. Elevando sucesivamente al cuadrado y despejando queda E4

2

p

=

+ (m2n _

m2H~ )2 _ 2E2 (m2n

+ m2H~ )

4E2

sustituyendo los valores de las masas que aparecen en la tabla y el valor de la energía total p2 = 4606,33 MeV2jc2. p =1 67,87 MeVjc I

(c) Sabemos que la repulsión e1ectrostática viene dada por la siguiente ecuación: e2 Ve

=

4nEo

Z2

7'

recordando que e2

-11

-4neo = 1,440 MeV.fm y que r = 10

cm = 100 fm,


165

sustituimos en la expresión anterior 1 Ve

= 1,440

X

100

= 0,0144 MeV =

keV

114,4

1

es la energía que hay que suministrar para vencer la repulsión electrostática. (d) En la distribución de Maxwell-Boltzmann la energía más probable es 3 Ee

=:2 kT,

de donde T

= ~ Ee = ~ x 3 k

3

0,0144 R ó25 x 10- 11

= I 1,11 X

108 K I

la temperatura necesaria para superar la barrera de Coulomb.

~

Demostrar que si el planeta Júpiter fuera uniformemente denso, su energía cinética por nucleón sería aproximadamente de 6 eV, demasiado pequeña para inducir reacciones nucleares. Este planeta está compuesto principalmente de hidrógeno. Su masa es 1, 9 x 1027 kg Y su radio 7 x 107 m.

Solución: El potencial gravitatorio dentro de una esfera uniforme de masa M y radio R es

V (r) = GM ( 2R 3 - 2R3 r2)

.

La energía gravitatoria de interacción entre las distintas partes de una esfera es una función radial, no depende del ángulo y su valor es

Ep=:2 1

J

V(r)adr,

donde a es la densidad volumétrica de masa y d3r

Ep=:2

liRo

3

d3 r

es el elemento de volumen

= 4nr2dr.

[-GM (32R-2R3 r2)

a4nr2]dr=

166


= -27wGM

IR(3-2R

- -

Como es uniformemente denso,

O"

r2dr

2R3 r2)

o

= -8nO"GM-

R2 10'

no depende de r y siempre vale M O"

=

:'±nR3' 3

con lo que E p --_

3 GM2 S

¡¡:-.

Sustituyendo los datos y las constantes

Ep

= - "53 x 6,67 x 10-11(1,9 7 x 107

X

1027)2 =

-2

X

1036J.

Calculamos cuántos átomos de hidrógeno hay

N =

1,9 1,67

X X

1027 10-27 = 1,137

X

1054.

La energía potencial por nucleón será Ep

2

X

1036

N = - 1, 137 X 1054 = -1,76 x

10-18

J/nucleón = - 11 eV/nucleón.

Según el teorema del virial,

!

(T) N -__ 2 (Ep) N

= 5,6eV ~ 6eV = 9 x

10-19 J,

donde ( T ) es el promedio en el tiempo de la energía cinética, y (Ep en el tiempo de la energía potencial gravitatoria. La temperatura correspondiente a esta energía es tal que (T) _ ~kT, N-2

k = 1,38 x 10- 23J /k, es la constante de Boltzman.

)

el promedio

1

I


167

De aquí se deduce que T = 43.470 K, es una temperatura demasiado baja. Para que se produzcan fisiones, debe haber una proporción apreciable, aunque pequeña, de átomos de H con energía cinética del orden de Kc e2 j R (R = 10-15 m). Esto supondría que

é

9 X 109

Kc R =

10-15

-19 2

(1,6 x 10

X

- 13

J.

) = 2,3 x 10

Esta energía es la que debería haber para inducir reacciones nucleares. Se ve que es de cinco órdenes de magnitud superior a la que hay en Júpiter; por eso este planeta es una enana marrón.

3) Se tiene un plasma DT, 50-50 confinado en un campo magnético de 8 teslas,

a una temperatura de 25 keV. La presión se encuentra al 15% del máximo. = 3,2 x 10- 16 cm3/s. Calcular:

(J"V

(a) La velocidad de reacción del plasma. (b) La energía liberada.

Solución: (a) Para calcular la velocidad del plasma hay que calcular primero la densidad iónica. Según la ecuación (6.12) la densidad iónica será

n=

B2 o 8n x 10-7kT

,

para esta expresión kT tiene que estar expresada en julios kT = 25 keV = 25 x 1, 6 .

n=

82

X

= 3,2

X

10-15

X

21 .

J. 3

. ~ " = 6,37 x 10 lOnesjm.

Como la presión se encuentra al 15% habrá (J"V

J=4

10-16

10-16 cm3

n = 9,5

js = 3,2

X

X

1020 ionesjm3•

10-22 m3

js.

De la ecuación (6.10) y teniendo en cuenta que en este caso

n = 4,775 x 1OW· lOnesj m 3 nI = n2 = 2

168


se obtiene finalmente

R =

ni n2lTV

= (4,775 x 1020)2 x 3,2

(b) Como se sabe que en las reacciones 17,59 MeV.

E = 17,59 x 7,30

X

1019 = 1,28

X

10-22

X

DT la energía liberada

1021 MeV/m3.

= 205 MW/m3 = 205 I

®

= I 7,30x 1019 reac/m3. s

s

= 2,05

I

por reacción,

X

108 J/m3.

s

es

=

W/cm31

Supongamos que en un proceso de fusión dos núcleos de Li6 reaccionaran formando tres partículas IX. El proceso podría producirse mediante láser. ¿Cuántos MJ por kilo de litio natural se obtendrían si se pudiese hacer la reacción de esta forma? El 7,4% dellitio natural es Li6.

Solución: La reacción propuesta

será Li~

Con las masas que aparecen Q

+ Li~ ~

3Hei

+ Q.

en la tabla se determina

Q

= (2mLi - 3mHe) c2 = (2 x 6,015122 - 3 x 4,002603)c2

= 0,02243c2 =

= 20,90 MeV, se liberan en cada reacción. Para saber cuántos núcleos de Li6 hay en 1 kg de litio natural

7,4 N=100x

6,023 6X 1023

Con N núcleos de Li6 se producen da será

= 7 ' 43

X

N /2 reacciones, por lo que la energía libera-

E = 7,43 2X 1021 x 20,90 = 7,76 = 7,76

X

1022 x 1, 602

X

10-19

1021 núcleos de Li6/kg.

= /1,24x

X

104 MJ

1022 MeV/kg

=

I en cada kg de litio natural.

l Fisión y fusión nuclear

3.

PROBLEMAS

169

PROPUESTOS

1. Calcular la energía desprendida en la fisión (a) de un núcleo de (b) de 1 g. de

U235,

U235,

de acuerdo con la siguiente reacción: U235 92

+ nio

Sr90 38

~

+ Xe136 54 + 10 nio

2. Estimar la energía de los neutrones necesaria para producir la fisión del y del PU242. ¿Y en el caso del Pb208?

PU241

3. Un reactor de U235 presenta una ligera variación de su potencia. Esta variación hace que en 30 m la potencia sea el doble. ¿Cuál es la magnitud de la reactividad que 10 ha producido? f3 = 0,0072; A = 0,084 S-l. 4. Se desea construir un reactor homogéneo que esté formado por U02 (32%, P = 10,1 grjcm3) yagua (68%, p = 0,8 grjcm3). El enriquecimiento del U en U02 es de 3,2% átomos. Determinar el factor de multiplicación infinito,

conociendo los datos siguientes v = 2,47; O"f = 580 b; O"~ = 687 b; 0": = 0,66 b. Considerar que el 31% de los neutrones rápidos son absorbidos mientras se moderan, y que e = 1.

5. Considere un reactor que está trabajando a nivel de potencia estacionario, cuando se produce un salto brusco de 0,1 % de reactividad. Al cabo de 10 s la reactividad vuelve a cero. (a) (a) ¿Cuánto ha aumentado el flujo de neutrones en los 10 s? (b) Determinar el tiempo de generación efectivo y el periodo estable para los casos siguientes (c) (b)

p

= 0, 1%

(d) (c)

p

=

f3

(e) (d)

p

=

°

Datos:

f3

= 0,0076;

A

= 0,08 S-I;

1

= 10-3 S.

170


6. Se tiene un reactor infinito, formado por una mezcla homogénea de U235 yagua, trabajando a SOOMW. Tras retirar una barra de control aumenta su factor de multiplicación infinito un 0,1%. (a) Suponiendo que no hay neutrones retardados, calcular el tiempo en el que el flujo neutrónico aumenta un factor e. (b) Lo mismo que en (a) suponiendo que hay un solo grupo de neutrones retardados. Datos: = 0,00141; l = 10-4 s; vida media de los neutrones retardados

fJ

=t12 =22,7s.

7. En un plasma de fusión (o termonuclear), una mezcla 50-50 de deuterio y tritio debería tener una densidad de 1021 ionesjm3 y un equivalente de temperatura de 10 keV. (a) ¿Cuál es la densidad de dicha mezcla, en kgjm3? (b) ¿Cuál es la presión? S. Determinar cuánto deuterio es necesario para alimentar durante un mes un reactor de fusión DD de 1.000 MW. Se supondrá que el plasma puede mantenerse estabilizado hasta un grado de quemado del combustible de un 10%. La reacción esd + d--. cx+y +23,S MeV. 9. ¿Qué relación hay entre la energía producida por la fisión de N gramos de y la producida por fusión de N gramos de tritio con deuterio?

U235

10. Suponer que en una estación de fusión se produce 7,5 x 109 kWh por año, con una eficiencia térmica del 40%. La energía térmica requerida se produce por medio de las dos reacciones siguientes: d+t--.n+cx+17,59MeV y Li6+n--.cx+t+4,7SMeV (a) ¿Cuántos kilos de Li6 se consumen al año? (b) Siendo el Li6 el 7,5% dellitio natural, ¿cuánto litio natural se necesitará?

1

1.

INTRODUCCIÓN

TEÓRICA

El estudio de los núcleos y nucleones nos hace aproximamos más a la estructura de las partículas, observando que detrás de ellos hay otras más pequeñas, que son las constituyentes de la materia, las llamadas partículas elementales. Además de las propiedades generales de las partículas elementales, interesa mencionar aquí dos características especiales:

l. Cada tipo de partícula tiene su antipartícula, de masa idéntica, pero con otras propiedades opuestas como, por ejemplo, con cargas eléctricas opuestas (como ocurre con el electrón y el positrón, o con el protón y el antiprotón). Pueden anularse mutuamente, dando lugar a fotones u otras partículas . .., Las fuerzas que actúan entre las partículas elementales se deben al intercambio de otras, llamadas mediadoras.

1.1.

Clasificación de las partículas observadas

a) Fotones. Bosones de espín unidad y masa nula. Es el cuanto de radiación. b) Leptones. (Partículas ligeras). Son fermiones de espín 1/2. Son el electrón e, el muón y el tauón 'L y los neutrinos v (electrónico, muónico y tauónico), junto con sus antipartículas. Los tres primeros tienen masa no nula. Los neutrinos tienen masa nula y viajan a la velocidad de la luz. Todos ellos están sujetos a ¡.,¡,

171

172


las interacciones electromagnética y débil, pero no a la fuerte y se comportan como partículas puntuales. Con los métodos actuales de resolución, 10-18 m, no se ha observado estructura en los 1eptones y no se ha encontrado a ninguno en un estado interno excitado; por tanto, se les considera partículas fundamentales. Sus características aparecen en la tabla 7.4. TABLA 7.1.

Características de algunos hadrones bosónicos (mesones) Mesón q 7j

Símbolo n+

Nombre

Quarks constituyentes

Carga eléctrica

Masa GeVjc2

Espín

Eta -1 O O O bu uTI ud su D+ Kaón B+ Pión ed 0,140 5,271 1,869 11 0,494 0,549

c) Hadrones. O partículas que interaccionan fuertemente y que sienten todas las interacciones. Están constituidas por quarks (tienen estructura extendida, por 10 que no son partículas elementales propiamente dichas). Tienen un radio del orden de 10- 15 m. Los hay de dos tipos: 1) Mesones (Partículas de masa intermedia). Son bosones. Están formados por un quark y un antiquark. Por ejemplo, los piones (n+, n-, nO), los kaones (K+ ,K- ,~) y otros muchos. 2) Bariones (Partículas pesadas). Son fermiones formados por tres quarks. Entre ellos están los nuc1eones (el protón y el neutrón), los más ligeros de la familia y otros más pesados llamados a veces hiperones (masa mayor que la del neutrón), como el A (lambda), L (sigma), y 3 (cascada). En las tablas 7.1 y 7.2 aparecen las propiedades chos más). Las antipartícu1as correspondientes masa y espín, las cargas eléctricas son opuestas sustituyen por el antiquark correspondiente (por

•..

de algunos hadrones (hay mutienen los mismos valores de y los quarks constituyentes se ejemplo, d- d).

-,

Particulas elementales

TABLA 7.2.

2

173

Características de algunos hadrones fermiónicos (bariones) 311 1eléctricaq q q -1 uds udd uud Masa Nombre 1,189 1,676 0,938 Lambda 1,116 0,940 Omega Bariones y1 Antibariones qqq Sigma Carga constituyentes 22 Espín GeVjc2

°

2

Quarks

Resonancias. Además de la lista de partículas estables hay otros muchos hadrones descubiertos en experimentos con aceleradores de alta energía. Estos hadrones tienen vidas medias del orden de - 10- 23 s, varios órdenes de magnitud más pequeñas que las vidas medias de los hadrones estables. Esta vida media tan pequeña es un índice de que decaen por interacción fuerte. Se trata de las resonancias, son estados virtua1es intermedios en procesos donde intervienen hadrones. Como ejemplo de resonancias mesónicas p, cv, y de resonancias bariónicas .1.., ~* , 8* .

Tipos de interacciones fundamentales. Entre los componentes de la materia existen cuatro tipos de fuerzas; a cada una de ellas se le puede asignar una constante de acoplamiento, que indica su intensidad, y cada una de ellas actuará dentro de una distancia o una escala de tiempo específica. En orden de intensidad creciente son: a) Gravitatoria. Aunque es la más débil, conforma la estructura del universo, pero no desempeña ningún papel en fisica nuclear. Es de largo alcance y siempre atractiva. No tiene efectos medib1es en la escala de las partículas. b) Débil. Es una fuerza de poca intensidad y la de menor alcance (10-18 m). Es la responsable de la desintegración beta, entre otros procesos parecidos. Se caracteriza por la participación de cuatro fermiones. Son debidas al intercambio de

-

ectromagnética Débil

174


una de estas tres partículas mediadoras (bosones): W+, W- y Zo. Su constante de acoplamiento es j2/hc = 10- 14, donde j es la constante de Fermi ordinaria. Sus vidas medias están en el rango 10-12_10-15 s. c) Electromagnética. De largo alcance, pueden ser atractivas o repulsivas. Los mediadores de esta fuerza son los fotones. La constante de acoplamiento es la constante de estructura fina IX = e2/4nhc = 1/137. Hoy se cree que las fuerzas débiles y electromagnéticas son dos manifestaciones distintas de una sola, llamada electrodébil. A muy grandes energías, inalcanzable s en el laboratorio, las dos tienen la misma intensidad, pero esa unificación está rota a bajas energías. La vida media de las desintegraciones electromagnéticas están entre 10-16 y 10-20 s. d) Fuerte. La más intensa de las cuatro, pero su alcance es muy corto (~ 10- 15 m). Es la responsable de la estabilidad de los núcleos y de las fuerzas entre los nucleones. Es posible definir una constante análoga a la de la estructura fina de las fuerzas electromagnéticas, pero sin valor fundamental (denominada g), que estaría entre 1 y 10. Se debe a la fuerza entre los quarks que constituyen los hadrones. Las partículas mediadoras en esta interacción son los gluones. En promedio es atractiva y los experimentos prueban que existe una longitud crítica más allá de la cual no se extiende la interacción. Un potencial que describe fenomenológicamente las fuerzas fuertes entre los nucleones fue introducido por Yukawa, Ver) =g exp(-kr) r

'

(7.1)

donde k es el recíproco de una longitud, que representa el alcance de las fuerzas nucleares. Las vidas medias de las desintegraciones fuertes van de 10-22 a 10-25 s. En la tabla 7.3 aparece un resumen de las características de las interacciones. TABLA 7.3. Características de las interacciones fundamentales Infinito 10- W+,W22_10Alcance Vida media smCosmos 10-12_10-15 Gravitón Infinito 2s25 10-15 11 10-18 my Mediador del de Fotón Campo :::;1016 Gluón 1Núcleos Desintegraciones ,Zo

mediador Espín

Part(culas elementales

175

Partículas extrañas. Propiedades Son hadrones. El análisis de los rayos cósmicos reveló en los años 50 la existencia de partículas más pesadas que los piones. Son los kaones, lambdas, sigmas, cascadas, etc. Hay partículas extrañas que son mesones y otras que son bariones. a) Se producen abundantemente por parejas en procesos de interacción fuerte (piónnucleón, nucleón-nucleón). Se trata de la producción asociada. b) Su vida media es mucho mayor que las típicas de la interacción fuerte. c) Decaen vía interacción débil, con o sin intercambio de extrañeza. También pueden decaer electromagnéticamente. Que la fuerza responsable de su producción fuese mucho más intensa que la de su desintegración parecía entonces "extraño". Ésta es la razón de su nombre. Leyes de conservación La existencia de leyes de conservación en una reacción implica que deben conservarse ciertas cantidades (o sea, que sus valores antes y después son iguales), que son las siguientes: 1.

Energía y momento lineal.

2.

Carga eléctrica.

3. Momento angular. En una reacción A --+ B + C, siendo SA, SB Y Sc los espines de las partículas, debe cumplirse: SA = SB + Sc + LBC siendo esos vectores los operadores de espín de A,B, y C y de momento angular relativo de B y C, respectivamente. 4. Paridad. Cada partícula elemental tiene asignada una paridad intrínseca, par ( +) o impar (-) que describe el comportamiento de la función de onda espacial bajo la relación r--+-r. La paridad del protón se toma par, por definición. La de un estado de dos partículas A, B vale 1]A1]B( _1)/, donde 1]A y 1]B son sus paridades y 1 su momento angular orbital relativo. Para los bosones la paridad de partícula y antipartícula son iguales; en los fermiones la paridad de partícula y antipartícula son de signos opuestos. La paridad se conserva en la interacción fuerte y electromagnética, pero no se conserva en la interacción débil. Es una magnitud multiplicativa. 5. Número barióDÍco. Se designa B = + 1 para bariones, B = - 1 para antibariones y B = Opara el resto. Se conserva en todo tipo de interacciones, por lo que los bariones sólo se pueden crear en pares (barión + antibarión). 6. Número leptónico. Se designa:

L = -1 para e+, f1+ , ,+ , V

{ L = O1 para

las e- , demás Ir, ,-,partículas v

Flsica Nuclear: problemas resueltos

176

7. Isospín. En la interacción fuerte, se conservan las tres componentes del isospín, en la electromagnética sólo la tercera T3 y en la débil ninguna. 8. Extrañeza. Se designa por S. Se conserva en la interacción fuerte y en procesos electromagnéticos, pero puede cambiar una unidad en la interacción débil. Se utiliza la fórmula de Gell-Mann-Nishijma Q e

=

T3

+ s +B 2

donde S + B = Y se conoce como hipercarga. Los Quarks

Los quarks son los constituyentes de los hadrones. Se ha establecido ya la existencia de seis tipos diferentes de quarks: u = up (arriba); d = down (abajo); s = strange (extrañeza); c = charm (encanto); b = bottom (belleza) y t = top o truth (verdad).

1.2.

Características y propiedades

1) El número bariónico de un quark es 1/3. 2) Los hadrones no son objetos elementales como los leptones, sino que están formados por subunidades o constituyentes, que son los quarks. 3) Tienen el mismo espín que los electrones:

s=

4) Éstos están confinados permanentemente

en el interior de los hadrones.

1/2.

5) La carga eléctrica es: 2/3 para los u, cy t, y -1/3 para los d,

s y b.

6) Los nuc1eones (protón y neutrón) están formados por tres quarks: p -

n-

(uud),

(ddu).

7) Los mesones son estados ligados de un quark y un antiquark. 8) No es posible obtener quarks como partículas aisladas. 9) Como todas las partículas, los quarks poseen sus correspondientes antipartículas. 10) Además de los quarks, los nuc1eones están constituidos por gluones, que son los responsables de la unión de los quarks dentro de los hadrones. 11) Cada quark puede existir en tres variedades o tipos, descritos como colores (convencionalmente se suelen designar con los adjetivos rojo, verde y azul). A semejanza con la electrodinámica cuántica, se ha construido una teoría llamada cromo dinámica cuántica que explica las interacciones fuertes como el efecto de las fuerzas llamadas de color, entre los quarks de los hadrones mediadas por gluones. Finalmente, se cree hoy que la materia está constituida solamente por seis quarks y seis leptones, que aparecen en la tabla 7.4, con sus correspondientes antipartículas y los mediadores de las interacciones.

~

ONES

.,

ParUculas elementales

TABLA 7.4. Fermiones

de la materia

22211 -1 -1 4x Masa 10-3 dstrange down Nombre Constituyentes de(belleza) la materia 7x <174 4x 0,106 1,784 charm 10-3 10-2 10-4 3 0,15 3x10-6 (verdad) 4,7 Carga eléctrica 1,5 O O (extrañeza) Carga <7,3x (arriba) G eVjc2 GeVjc2 (encanto) (abajo) b bottom, beauty tsceléctrica top, truth -3 QUARKS espín

-3 espín

constituyentes

177

=~

-33

1

=~

Interacción

de partículas

En un proceso tal que

a+A-h+B, donde a es el proyectil y A la partícula blanco que suele considerarse en reposo; las leyes de conservación de la energía total y el momento lineal nos permiten determinar el comportamiento final de las partículas resultantes. Excepto a bajas energías, es necesario utilizar las ecuaciones relativistas para la energía.

178

F{sica Nuclear: problemas resueltos

Energía total E =

¡

m2c4

+p2C2 =

T

+ mc2 = energía

cinética más energía en reposo.

En el caso de que la reacción sea endoérgica, es necesario determinar su energía umbral, es decir, la energía mínima del proyectil necesaria para que se produzca la reacción. Uno de los métodos más sencillos es el de utilizar el invariante de Lorentz, [E2 _ p2C2]

es invariante, o sea, que vale lo mismo en ambos sistemas de referencia, del laboratorio y del centro de masas. En el sistema del c.m. las partículas finales están en reposo, por lo que los momentos p s YPb son nulos, y la energía total en el estado final es ET

=

(mb +ms)c2.

En el sistema de laboratorio el momento inicial total PT = Pa, pues la partícula A se considera en reposo. Teniendo en cuenta estas consideraciones, se llega a que la energía umbral necesaria para que se produzca una reacción es de la forma Tu

= IQI Lm

2mA'

(7.2)

donde L m = Mi + Mi son la suma de las masas iniciales y finales. Si hacemos Mi = Mi, tenemos la energía umbral en el caso no relativista, como se vio antes, Tu = IQI (M!

+M2) M2

B LQ

~


2.

PROBLEMAS

2.1.

RESUELTOS

Propiedades generales

:.D Discutir cuáles de las siguientes reacciones están permitidas en términos de las leyes de conservación de la carga, el número bariónico y el leptónico. (a) f.1-

e- +ve

~

+vp

(b)

p~

n e+ +ve

(c)

Q- ~Eo

+n+

(d)

n+ +p ~p+p+ñ

Ve -1 O 1vp -Oe1O1 Solución:

(a)

f.1

Como se ve se conservan las tres magnitudes. Se trata de una interacción débil, el decaimiento del muón. (b) p

n

e+

Q

1

O

1

O

B

1

1

O

O

L

O O

-1

1

Ve

Se conservan las tres magnitudes. Se trata de una interacción débil, que corresponde a una desintegración beta ({3+). O O 1SO O n+ (c) -1

Q-

No se conserva la carga, se trata de una reacción prohibida.


180

(d) n+

Q

1

B L

O O

p

p

P

TI

111 O 1 1 1 -1 O

O

O

O

Se conservan todas las magnitudes. Se trata de una interacción fuerte. Se conserva también la paridad, la paridad de n+( -), p( +) y TI( -). También se conserva el isospín, para n + es 1 y para p y TI es ~.

CID

Averiguar qué partícula falta para completar la reacción, teniendo en cuenta las leyes de conservación. (a)

+ Ve + vI"

/1+ ~

(b)

n~

+ e+ + ve

(c)

Ve+

~e-

+p

(d)

+p

~no

+n

Solución: (a) Por conservación de la carga, la partícula que falta tiene que tener carga +. Por conservación del número bariónico, su número bariónico debe de ser O. Para que se conserve el número leptónico, el suyo tiene que ser -1. De lo anterior deducimos que se trata de un antileptón de carga +. La partícula que falta es el positrón~ e+. La reacción queda de la siguiente forma: /1+ ~

Es la desintegración del muón

e+

+ Ve + vI"

+, una interacción débil.

(b) Para que se conserve la carga, la partícula que se busca debe tener carga -. Para que se conserve el número bariónico, su numero bariónico será -1; se trata de un antibarión. Por conservación del número leptónico se deduce que su número leptónico debe ser O.

.,

Part/culas elementales

181

Llegamos a la conclusión de que la partícula buscada es un antibarión de carga negativa. La partícula que completa la reacción es el antiprotón - p. La reacción es la siguiente:

ll-

P +e+ +ve

Es la desintegración del antineutrón, una interacción débil. (c) Por conservación de la carga, la de la partícula que falta para completar la reacción es O. Para que se conserve el número bariónico deberá tener número bariónico 1; es un barión. Por conservación del número leptónico, se deduce que su número leptónico es O. La partícula que buscamos es un barión neutro. Se trata del neutrónreacción completa es: Ve+n-eSe trata de la desintegración

f3

n. La

+p

inversa, interacción débil.

(d) Por conservación de la carga, la partícula debe tener carga -. Por conservación del número bariónico, éste será O; no es ni barión ni antibarión. Para que se conserve el número leptónico, deberá ser O; no es ni leptón ni antileptón. No es ni barión ni leptón; tiene que ser mesón de carga negativa. Se trata del pión negativon- . La reacción queda del siguiente modo:

n- +p-no

+n

Es una dispersión pión-nucleón, interacción fuerte, en la que también se conserva la paridad y el isospín.

®

Se supone que un muón libre con 1,5 MeV de energía cinética recorre hasta desintegrarse una distancia media de algo más de 110 m. Realice la demostración.

Solución: La vida media de un muón libre según las tablas tiene un valor de TI'-

= 2,2

X

10-6 s.

----------~~~~~~==========~~~""""""""""""

182

.••.•.••.• """-----~ .._-- -~~


La energía cinética T = 1, 5 MeV y

v

= V.fiT --¡;¡

_.V/2105,66 x 1,5

x 3

-

X

108

5,5

X

= 5,05

X

107

mis.

Luego 1= v

t = 2,2

10-6

X

X

107

= 1111 m

I

Es la distancia media que recorrerá el muón antes de desintegrarse.

@ Utilizando la relación relativista existente entre el momento

y la energía, calcu-

lar la energía cinética mínima de: (a) un electrón, (b) un protón, confinados

ApAr

en una dimensión

de 7 x 10-15 m (considérese

que

= lz).

Solución: 1, 054

lz

ApAr

= lz, luego Ap = Ar = Ap = 9,4

X

X 10-34

,.,.. 1(,- "

-20

= 1,5 x 10

l.s/m,

10-8 MeV/(m/s),

poniéndolo en unidades de MeV/ c, resulta que Ap = 28,2 MeV/e. (a) Caso del electrón: me = 0,511 MeV/e2. La energía cinética Te vale Te = jm2e4

+p2e2

-

me2

=

lo, 51F

+28,22

-

0,511 = 127,7 MeV

938,26 =

I

0,42 MeV I

(b) Caso del protón: mp = 938,26 MeV /e2 Tp = j938, 262 + 28, 22

-

I

..,


183

2.2. Interacción relativista de partículas G) En el bombardeo de protones en reposo con haces de protones, se pueden producir pares de protones y antiprotones. Calcular la energía mínima que debe tener el haz de protones incidentes para que la reacción sea posible. p+p

-

p+p+p+p

Solución: La energía total final en el centro de masas es ET

= 4me2,

porque estarán en reposo. La energía total inicial en el sistema de laboratorio es ET

= (Ei + me2),

y el momento PT =Pi·

La energía del protón incidente, Ei =

+ p¿e2

ylm2e4

Como

[Ei -

p~e2]

es invariante en ambos sistemas de referencia, resulta 16 m2e4

= (Ei + m e2)2

- pie2

=

2m2e4

+ 2m

e2 Ei'

de donde Ei = 7me2• La energía cinética será finalmente Ti = Ei - me2 = 6me2 =

5629 MeV ~ 15,6 GeV 1

184


Esta reacción se produce en el bevatrón para obtener antiprotones. Se ve que la energía incidente del haz de protones debe ser muy alta.

®

Sea la reacción

n- +p _ n +no donde

n-

y p están en reposo. Calcular:

(a) la velocidad con que sale el

nO.

(b) Las energías máxima y mínima de los y emitidos en la desintegración procedentes de la reacción nO _ 2 y.

del

nO

Solución: (a) PnO

Pn-

= Pn = P, los momentos son iguales, = Pp = 0, ambas están en reposo.

Por conservación de la energía total

ET

= (mn- +mp)c2 = Vp2C2 +m~c4 +Vp2C2 +m;oc4.

Hay que elevar al cuadrado dos veces. Haciendo 22222 + mp - mno - mn mn-

+

mn- mp = 2M2 .

Resulta M4c8

_

2M2p2C6 =p2c2(m2 n +m2 nO )c4 +m2 nO m2c8 TI

,

de donde despejando resulta ( M 4 -m

2

P

2 omn2) n

C

2•

= 2M2 +m~ +m;o

Sustituyendo los valores de las masas, resulta el valor obtiene, por tanto P

= 28,08 MeVjc;

M = 361, 07 MeV. Se

~


185

Teniendo en cuenta que mv p

me2

= .,Jl=7J2' y E = jT=7J2 ::::}v =

pe2

E'

la velocidad del pión emitido será

v

=

pe2

'p2e2 +m;oe4

= 0,203 e = 16,1 x 107 mis

I

(b) Para que las energías de los fotones sean máxima y minima, deben salir en direcciones opuestas, con momentos paralelos al del nO, uno hacia adelante y otro hacia atrás. Siendo

k1 y k2

los momentos de los fotones, por conservación de la energía,

(k1

+ k2) e = E = VP2e2 + m;oe4 = 137,86 MeV,

k1 -

k2

=p = 28,08 MeV/c,

Luego

= 54,89 82,97 MeVIc }

k2 k1

Energía máxima:

I

82,97 MeV

I

Energía mínima: 154,89 MeV 1

® Suponga

una colisión elástica entre un electrón ultrarrelativista (E ~ moe2) y un núcleo de masa M. Demuestre que la energía de retroceso del núcleo es

T _ R -

siendo e el ángulo de desviación.

E2(cose - 1) E(cose _ 1) _ Me2'

186


Solución: La energía será: o

.

E2 E= = (moc2)2 T +m+c2p2C2

2

> moc

SI E

}

, entonces E

= T = cp.

Aplicando las ecuaciones de conservación Energía: Ti

= Ti + TR

siendo Ti la energía cinética del electrón incidente, Ti la final del electrón y TR la de retroceso del núcleo. Momento:

O =Pi sen8-PRsencp Pi=PiCOS8+PRCOSCP}

Pi

=}P;+P}-2PiPiCos8=p1,

= Ti /c = (Ti - TR)/c

Sustituyendo en

PR =Pi(V2Mc2TR = E/c = Ti/c + T'j)/c

c2

C

(o),

}

_E2 + _(E_-_T_R_)2_ 2_E__ (_E_-_TR_)cos 8 c2

(o)

C

= _2M_c2_T_R + T~ c2

Operando, resulta finalmente E2(cos8 TR

- 1)

= E(cos8-l)-Mc2

c.q.d.

@ En la aniquilación de un positrón

y un electrón emergen dos totones. Suponiendo que la energía cinética del positrón es igual a tres veces su masa en reposo y que la de un totón es el doble de la del otro, calcular el ángulo que torman las direcciones de ambos totones.

Solución: Sean k¡ y k2 los momentos de ambos fotones, y por tanto k¡ c = 2k2c. La energía del positrón será E+

= T+ +mc2 = 4mc2.


Por conservación

187

de las energías,

= 4mc2 +mc2 = 5mc2,

Ei

E¡ = k¡c +k2c = 3k2c, luego

5mc Por la conservación

2

cp

k

5

2

= 3mc ,

k2c

2C::}

de los momentos,

p¡ = ki +kª siendo

=3

= kª(5 +4coscp),

+2k¡k2coscp

el ángulo que forman ambos fotones. Por otra parte, p¡c2 =

E~ -

m2c4

=

l5m2c4,

luego resulta que l5m2c4

= kª(5 +4coscp)c2,

finalmente 25

l5m2c4

= _m2c4(5 +4coscp), 9

El ángulo que forman ambos fotones es cos

2.3.

cp

= 0, l::}

cp

= 1840 15'

39" 1

Desintegración de partículas elementales

G) Una partícula X de masa M se desintegra en un neutrón y un pión con momentos

= 193 MeV/c y Pn = 273 MeV/c, formando un ángulo entre las partículas salientes de Hallar la masa de la partícula X y determinar cuál es, suponiendo que no hay más productos en la reacción.

Pn

sr.

Solución: En

=

¡

m~c4 + p~C2

y En

= ¡m~c4 + p~C2,

Ex = En +En,

188


y además

= Pn2 + Pn2 + 2PnPn cos e ,

Px2

como se conocen todos los datos, puede determinarse

P; = 1932 +2732 +2 x 193 x 273 x 0,544 = 169104 MeV2jc2.

Sustituyendo

En

= /939,52

+ 1932

= 959,

En

= /139,62

+2732

= 306,6 MeV.

12 MeV,

los valores obtenidos,

Ex = 959, 12 + 306, 6 = 1265,72 MeV. m;c4 =

E; _ p;c2,

sustituyendo

m;c4 = 1265,722 - 169104 = 1432943 mx = 11197 La partícula

MeV2,

MeVjc21

es ~- , un barión. La reacción producida

será

~- ~n+nCID

Suponiendo un muón en reposo que se desintegra según la reacción

¡e - e- + vI' +ve, calcular cuál será la máxima energía con la que el electrón puede salir emitido.

Solución: Inicialmente, ET

=

mI' e2

y

PT

=

O.

La energía máxima la alcanzará cuando el electrón sale en una dirección y ambos neutrinos en la otra, de modo que el momento pe sea máximo. pe

= -Pv - Pv;

Pe =Pv +Pv


189

Energía del electrón, Ee

= ¡p~C2 + m~c4.

Energía de los v, Ev

= Pv C y Ev = hC.

Conservación de la energía total,

V/22+ Pec

mec 24+

_ m¡.tC 2,

-

pec? =p~C2 +m~c4,

(m¡.tc2m2 -me. ¡.t 2m¡.t pe =

Pv C + hC

2

c,

E~

= (m~ 4m2 +m~? c,4 ¡.t

de donde resulta

2

Ee

m~ +me c2 2m¡.t

=

Sustituyendo valores, resulta que la energía máxima del electrón emitido es Ee =

®

Un barión

LO

I

52,5 Me V

I

en reposo se desintegra en un hiperón

AO,

emitiendo un fotón.

(a) Calcular las energías cinéticas de los productos de la desintegración. (b) Calcular el momento del hiperón.

Solución: (a) Ef

= Ei TI\ = + m"Lc2 ml\c2 + Ty

}

m"Lc2 = TI\ + ml\c2 + Ty

de donde ya sabemos que TI\

+ Ty = (m"L -

ml\) c2

= 77

MeV.

190


7' Ty

= PyC =

T~

+ 2TAmAc2

= (I +2

Ty

TA

X

=} ~: =

1

+ 2mAc2,

1115,4) = 2231,8,

luego

T

77

= 2231,8 = I 0,0345 MeV I

A

Ty

= 176,96 MeV I

(b) PA

=

JTJ..

= 18,76 MeVjc

+2TAmA

I

Lógicamente, el fotón se lleva casi toda la energía y el hiperón queda casi parado.

@

Encontrar cuánto vale la energía del muón en la desintegración n+ ~

/1+

+ Vil'

en función de las masas, en el caso de un pión en reposo. Al estar el pión en reposo, la conservación

m¡¡;c2

=

E/l

de la energía total es

+ EVJ1.

Solución: Elevando esta expresión al cuadrado, se tiene m;c4

=

E~

+ E~J1 + 2E/l

(m¡¡;c2 - E/l) .

Usando la expresión relativista E2

= p2C2 +m2c4,


191

sustituyendo y agrupando términos, m2n e2

=

m2Vp e2 _ m2f..le2

+ (p2Vp

_ p2f..l )

+ 2E

m n.

J1-

Teniendo en cuenta la conservación del momento lineal, Pn

O

Despejando

E¡J. queda

E¡J.

= O, al estar en reposo, 2

= P¡J. + PVJ.' ===}

2

P¡J. = PVJ.'·

la siguiente expresión

=

(m;

+ m~2mn-

m~J

e2

= 1109,77 MeV

I

En donde se ha considerado nula la masa del neutrino.

2.4.

Energía umbral

J) (a)

Demostrar que la reacción y en el vacío.

e+

+ e-

(producción de un par) es imposible

(b) Demostrar que la energía umbral de un fotón para dar lugar a la producción de un par electrón-positrón en el campo de un electrón libre (se considera en reposo) es igual a 4me2• (c) Demostrar que en el caso de un núcleo de masa M en vez de un electrón, la energía umbral del fotón vale 2me2•

Solución: (a) Por conservación de la energía, ke

=

2me2

+ T¡ + T2 = E¡ + E2'

siendo ke la energía total del fotón, m la masa del electrón y los subíndices 1 y 2 referidos a ambos electrones. Por la conservación de momentos, k =p¡

+P2=}

k::::; p¡ +P2,

192


pero resulta que E2 = p2C2 + m2c4, por lo que E > p, y resultaría que Pl + P2 sería menor que El + E2, lo que es imposible. Por tanto, se demuestra que no puede producirse la reacción en el vacío.

(b) La energía mínima es aquella en la que las partículas después de la colisión quedan en reposo en el centro de masas. De este modo no se gasta nada de la energía del fotón en energía cinética de las partículas finales. En el sistema de laboratorio, la energía total inicial es

= kc +mc2

ET

siendo k el momento del fotón. El momento total es PT = k; pues Pe = O. En el sistema del centro de masas, la energía total final es ET = 3mc2, yP

=

O.

Aplicando el invariante de Lorentz:

k2c2

(kc +mc2)2 _ k2c2

=

+ m2c4 + 2kmc3

k2c2

2kmc3

_

9m2c4,

=

9m2c4,

= 8m2 c4:::} k = 4mc

Resultando finalmente que la energía umbral del fotón en el campo de un electrón es Ey

= kc = 4mc2

(c) En el caso de un núcleo de masa M, repetimos el mismo proceso anterior. Ahora la energía total inicial en el sistema de laboratorio es

= kc +Mc2,

ET

el momento total sigue siendo PT = k. En el sistema del centro de masas, la energía total final es ET

= (M + 2m)

c2,

y

P

=

O.

Aplicando el invariante de Lorentz (kc

+ MC2)2

- p2C2

= (2m

+M)2C4,


resultando

finalmente

193

que

+ 1)

k = 2m (~

e,

se observa que para M = m, estamos en el caso (b), y cuando M ~ m, k = 2me, por lo que la energía umbral vale Tu =12mc21

®

Encontrar la energía cinética umbral para la siguiente reacción, suponiendo que la primera partícula es la incidente y la segunda está en reposo

K-

+ p --->

8-

+ K+

Solución: Aplicando la ecuación (7.2) y buscando calculamos primero la Q de la reacción Q

las masas de las partículas

= [m(K-) +m(p) - m(8-) - m(K+)]

e2

=

= (493,64 + 938, 27 - 1321, 3 - 493,64) = -383,03 Sustituyendo

en la expresión

en las tablas,

MeV.

(7.2)

Tu

= IQI

Lm. 2mA'

donde

Lm

=2

x 943,64 +938,27 mA

+ 1321,3

= 3246,85

MeV/e2,

= 938,27 MeV,

luego Tu

= 383,03 x 23.246,85 x 938,27 = I 662,7 MeV I

,.....-

-

194


® Una

partícula de masa mi choca con otra de masa ms, que se encuentra en reposo en el sistema de laboratorio. De esta colisión emergen varias particulas con masa total Mf. Demostrar que la energía umbral para que se produzca tal reacción, expresada en coordenadas de laboratorio, es

--"------c 2ms

T - MJ - (mi +ms)2 2 u -

Solución: En el centro de masas todas las partículas van juntas, y el momento final es nulo porque están en reposo, luego Er=Mfc2;

p=O.

En el sistema de laboratorio, la energía total inicial es Er = msc2

+ T + mic2;

Pr = Pi,

siendo T la energía cinética de la partícula incidente. Se verifica que

El (mic2 ++P;C2 T)2 El = m;c4

(7.3)

}

Aplicando el invariante de Lorentz, MJc4

= [m;c4 + (T + mic2)f - p;c2,

Operando esta ecuación y sustituyendo (7.3), resulta (m;

+ m;)c4 + 2msc2(mic2 + T)

= MJc4

de donde resulta finalmente

T =

MJ - (mi + ms)2 2ms

c2

c.q.d.


195

@ Un rayo gamma interacciona con un protón en reposo y produce un pión n + y un neutrón. Demostrar que la energía umbral de la radiación y es 151 MeV.

Solución: y

+p

--->

n+

+n

En el centro de masas, la energía total de las partículas resultantes, que están en reposo, es ET = (m", +mn)c2; PT = 0, en el laboratorio, la energía inicial total es ET

= Ty

PT

+mpc2;

= Py·

Aplicando el invariante de Lorentz, (m",

teniendo en cuenta que

Ty

+ mn)2 c4 = (Ty + mpc2)2

- P;,

= Pyc y sustituyendo,

Ty _ - (mn +m",)2_m~ '"1m p

c2

=1151 MeVlc.q.d.

196

3.


PROBLEMAS

PROPUESTOS

1. Decir si son posibles las siguientes reacciones teniendo en cuenta las leyes de conservación (a) n~p

+p+nO

n~p

+e-

(b) +v

(c)

n- + p~L+

+K-

(d) n-+p

~AO

+KO

2. Averiguar qué partícula falta para completar la reacción, teniendo en cuenta las leyes de conservación. (a) p+

~Ao+AO

(b) AO ~

+n-

(c) Ve +p~n

+

(d)

K- ~

3. La reacción n-+p~K+

+n-

+L-

(a) ¿Es posible en 10 que concierne a la aplicación de las leyes de conservación? (b) Calcular el umbral de la reacción.

-----------------------

"'.,amlDIuunmllmlDlllllmmlll!lllfrm_¡¡¡mn~¡mmmsJ'!IT'::cs·,,··,'

Partr'culas elementales

197

4. Para la obtención de piones se utilizan colisiones nucleón-nucleón, como, por ejemplo, p + n --; p + n + nO, en donde además el protón y el neutrón pueden escapar enlazados formando un deuterón. Determinar la energía umbral del protón para la producción del pión.

5. Cuando un pión en reposo es absorbido por un protón también en reposo, éste puede desintegrarse en un neutrón y un pión neutro: p El

nO

+ n-

-

n

+ nO

(intercambio de carga).

se desintegra después en dos fotones. Calcular:

(a) El momento de los productos de la desintegración. (b) Las energías máxima y mínima de los fotones producidos en la desintegración del nO.

6. Un pión con energía cinética de 30 MeV se desintegra en un muón y un neutrino. Si el neutrino sale a 90° de la dirección de incidencia, a qué ángulo saldrá dispersado el muón. 7. Calcular: (a) El momento y la energía del

f1

en la desintegración n+ -f1+

+V,

(b) y la energía del electrón en n+ --;

/3+

+ v.

8. En la desintegración espontánea del mesón K+ en reposo, según la reacción K+ - f1+ +v los mesones K+ poseen una energía cinética de 153 MeV. Considerando nula la masa del neutrino, calcular la masa del mesón K + tomando como unidad de masa mo, la masa en reposo del electrón. mI-' = 206 mo·

198


9. Calcular la energía umbral del proceso de fotoproducción de piones, y

+p _

nO

+p.

10. Considerar la reacción p+p_ p+p+

nO.

Calcular la energía umbral de los protones para la producción de mesones neutros, en el sistema de laboratorio.

11. Encontrar la energía cinética umbral de la siguiente reacción, suponiendo que la primera partícula es la incidente y la segunda está en reposo.

n- +p ~ (J)

(J)

+n.

es una resonancia mesónica, mw = 783 MeVj c2 •

12. El mesón n+ en un sistema en el que está en reposo tiene una vida media de unos 2,5 x 1O-8s. Si, en un acelerador, se produce un haz de mesones n+ con una velocidad v = 255 X 106 kmjs, ¿cuál es el tiempo de vida del haz cuando se le observa desde el sistema de referencia del laboratorio?

.,

1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA Las unidades de radiactividad y dosis aparecen en la tabla 8.2, pero se van a dar aquí las definiciones más importantes de cada una de las magnitudes tratadas.

1.1.

Magnitudes más importantes

Exposición

X

Se define como el cociente X = dq/dm, siendo q la carga total de los iones producidos en el aire por los fotones o rayos X absorbidos en la unidad de masa m. Antiguamente se utilizaba como unidad el roentgen (R) que corresponde a la exposición producida por un haz de radiación y y que al ser absorbido en 1 cm3 de aire seco produce por ionización la liberación de una unidad electrostática de carga. Como e = 4,8 X 10-10 u.e.s., para obtener una carga de 1 u.e.s. se necesitan 1/(4,8 x 10-10) = 2,08 X 109 pares iónicos. O sea, que la absorción de 1 roentgen en 0,001293 g de aire (densidad del aire), da lugar a la formación de 2,08 x 109 pares iónicos. La energía necesaria para producir un par en aire es de 34 eV; por tanto, se necesita una energía de 34 x 2,08 x

109

= 7,07

X

1010 eV

= 7,07 x

104

MeV,

equivalente a 0,113 erg. La energía absorbida por gramo de aire y por roentgen será 0,113/0,00129 = 88 erg. De este razonamiento se deduce que la exposición de 1 R equivaldría a la absorción de 88 ergjg, en el aire. 199

200


La unidad de exposición en el sistema internacional (S.!.), es el C/kg, 1 C/kg = = 3.879 R. Esta magnitud de exposición se refiere solamente a la absorción en aire y producida por fotones. Dosis absorbida

D

Se define como la cantidad de energía dE absorbida por unidad de masa del material, D = dE / d m. Es una magnitud dosimétrica de gran interés porque es válida para cualquier tipo de radiación. La unidad utilizada antiguamente era el rad. Se definiría como la cantidad de radiación que conduce a la absorción de 100 erg de energía por gramo de material irradiado. 1 rad= 100 erg/g. La unidad de dosis absorbida en el S.L es el gray (Gy), 1 Gy = 1 J/kg = 100 rad.

Dosis equivalente

H

El daño biológico producido en un tejido orgánico no depende sólo de la dosis absorbida, sino que existen otros factores (energía y tipo de radiación, efecto biológico, etc.) que determinan la peligrosidad de la radiación absorbida. Se define la dosis equivalente como H = Q D, donde Q representa el daño biológico producido por una radiación determinada para una misma dosis absorbida. El valor de Q está determinado según la transferencia de energía de las radiaciones ionizantes en el organismo, y los valores recomendados están expresados en la tabla 8.1. TABLA 8.1.

Valores de Q en función del tipo de radiación Tipo de radiación

Q

Radiación X Y gamma Electrones y partículas beta

1

Partículas beta del tritio

2

Protones

2

Neutrones térmicos

2

Neutrones rápidos

10

Partículas alfa

20

La unidad antigua de dosis equivalente era el rem, y en el S.1. es el sievert (Sv). De modo que como Q es un factor sin dimensiones, 1 Sv = 100 remo

. ------------------------------

BoIIUIIII"'''."'HlUlDlrn"'llut"'"'llIllllmllllmmIlIrIllJl[ml!m!lrrmJ!rrjjm¡¡rErT1"f~'i'T-:'~·

..·"'-'

~

Protección radiológica

201

TABLA 8.2. Unidades de Radiactividad Unidad Magnitud

Actividad, A

I

S. Tradicional

I Curio (Ci)

Exposición, X Dosis Absorbida, D

Rad (rad)

Dosis Equivalente, H I Rem (rem)

Relación entre exposición

y

S. Internacional

= 3,7

Culombio por kilogramo (Cjkg)

1R

= 258

Gray (Gy) 1 Gy = 1 Jjkg

1 rad = 10-2 Gy 1 rad = 100 ergj g

1 Bq = 1 desjs

I

Factor de conversión 1 Ci

I Bequerelio (Bq)

Roentgen (R) I

I

X 1010

Bq

,uCjkg

1 rem = 10-2 Sv 1 rem = 100 ergjg

I Sievert (Sv)

1 Sv = 1 Jjkg

actividad

Aplicando el cambio de unidades en aire, se llega a la expresión que una fuente de E (MeV), y actividad suponiendo que emite uniformemente

y teniendo en cuenta el coeficiente de absorción relaciona la tasa de exposición producida por A (curios) a una distancia r (cm) de la fuente, en todas direcciones

Tasa de exposición = X = 5, 2

X

106

X

mR/h

Eyr /

(8.1)

Se entiende por tasa de exposición, X, la variación de la exposición en la unidad de tiempo. Relación entre exposición

y

dosis absorbida

La relación entre estas dos magnitudes viene dada por la expresión D = J X, donde el factor J (sin dimensiones) es una función del coeficiente de absorción másico del tejido, y depende de la energía y la composición del tejido. Los valores de J están tabulados, pero para el tejido muscular el agua y el hueso (E> 0,1 MeV), entre otros, valen aproximadamente la unidad. Finalmente, para pasar de la unidad de exposición a dosis equivalente, en el caso de radiación gamma o rayos X, teniendo en cuenta que D(rad) = X(R) xJ, se tiene que H(rem) = D(rad) x Q = X(R) x J x Q.

-

202


Material biológico

Material

----------Fuente

~

~ ~

Actividad (Curias) (Becquerelios)

Aire

_

Exposición

Dosis Absorbida

Dosis Equivalente

(Roentgen)

(rad) (Gray)

(rem) (Sievert)

(Cjkg)

FIGURA 8.1. Magnitudes radiológicas considerando los distintos medios

que atraviesa la radiación Dosis efectiva, He Debido a que el daño biológico no es el mismo según se deposite la radiación en una parte o en otra del organismo, se define la dosis efectiva como la media ponderada de la dosis equivalente recibida en distintos órganos. Se expresa como He = L Wi Hi, siendo Wi el factor de ponderación para el órgano i que representa el riesgo de irradiación del tejido respecto del total, y Hi la dosis equivalente recibida por el órgano i. En el caso de contaminación interna, además del periodo de desintegración propio de la fuente radiactiva T, hay que tener en cuenta la eliminación natural de dicho elemento dentro del organismo. Según en donde se haya depositado, variará su periodo biológico Tb. Por tanto, su periodo efectivo Te se expresará como 1 Te

1

1

= T + Tb'

O

también

Ae

=

A +Ab.

1.2. Blindajes La dosis de radiación recibida por un individuo que permanezca en las proximidades de una fuente radiactiva, depende de tres factores: - La distancia entre la fuente y el individuo. - El tiempo de permanencia. - El blindaje interpuesto entre ambos .

...

•••

IIIIIUUlllUlIIllRllIllIIIIIIJllIllIllllllrmrITIlIIIIlIll:rill!!!¡i'I.:!::¡"i'::····

•..,,:~

...,


203

La dosis recibida disminuye de manera proporcional al cuadrado de la distancia entre la fuente y el individuo. La dosis aumenta con el tiempo de permanencia en las proximidades, por 10 que es conveniente estar el menor tiempo posible. El blindaje biológico tiene por misión reducir convenientemente la exposición a las radiaciones ionizantes en las personas situadas en las proximidades de una fuente radiactiva. El tipo de blindaje dependerá fundamentalmente del tipo de radiación y de su energía. Las más importantes y complejas son las referentes a la radiación gamma, rayos X y neutrones. Emisores alfa En el caso de la emisión alfa, de corto alcance (del orden de centímetros en aire), es suficiente colocar una hoja de papel o aluminio, o bien alejarse un poco de la fuente. Pero es necesario tener en cuenta que va siempre acompañada de radiación y, y de ésta sí hay que protegerse. La peligrosidad de la ingestión en el organismo de partículas alfa radica en que poseen un alto poder de ionización, produciendo mucho daño en un corto recorrido. Emisores beta La radiación beta (alcance típico del orden del metro en aire) precisa mayor blindaje que la oe Si los electrones son duros (cientos de keV), hay que tener en cuenta la radiación de frenado o bresstrahlung, que es radiación X, para protegerse contra ella. Teniendo en cuenta que la radiación de frenado aumenta con el número atómico, un blindaje de un material ligero (número atómico bajo) es 10 recomendado, como por ejemplo el aluminio. Emisores gamma En el caso de emisores gamma se vio que la atenuación es exponencial, pero además es necesario tener en cuenta elfactor de acumulación, debido a que, al atravesar un medio absorbente, se producen dispersiones Compton que separan los fotones del haz primario. El efecto final es mayor que el producido si solamente hubiera dispersión fotoeléctrica. Este factor de acumulación Bm (¡l,r) depende de la energía de la radiación y del coeficiente de absorción del material para esa energía. Suelen estar tabulados para distintos elementos. En el caso de que exista interpuesto un blindaje uniforme entre la fuente y el punto de observación, y teniendo en cuenta la eco (8.1), resulta Tasa de exposición = X = 5,2

X

106 x

Ar:y x e- J1.X,

(8.2)

siendo f.1 el coeficiente de atenuación total del blindaje (cm-I), y x el espesor (cm) del mismo.

204


Esta expresión se utiliza cuando el factor de acumulación no se tiene en cuenta. Para cálculos más exactos o cuando el blindaje es relativamente grande, conviene introducir el factor de acumulación que representa

B _ tasa de dosis observada nt -

tasa de dosis primaria '

el valor del factor de acumulación está tabulado para distintos elementos y energías. Para calcular la tasa de exposición producida por una fuente radiactiva, emisora de fotones, es necesario en ocasiones relacionar el flujo y la energía de la radiación con la exposición producida. Esto se hace considerando que la fuente emite en todas las direcciones; el flujo de radiación es S
= 4nr2'

en donde S representa la intensidad de la fuente en fotones por segundo (lo que sería la actividad de la fuente). Emisión de neutrones En el caso de los neutrones, hay que tener en cuenta su distribución energética, que es el principal problema para obtener un blindaje adecuado. Los neutrones rápidos (E ~ 2 MeV) presentan una sección eficaz de dispersión alta, con lo que pueden ser moderados hasta energías bajas (térmicos) en presencia de dispersores de número atómico bajo. Esto supone la utilización de blindajes del tipo parafina, agua, etc. El cuerpo humano, al contener una gran cantidad de hidrógeno yagua, hace que la ingestión de neutrones rápidos sea especialmente peligrosa, pues en su colisión con el hidrógeno genera protones de retroceso con una alta ionización en su recorrido. Los neutrones térmicos (E ~ 0,1 eV) pueden ser detenidos utilizando la propiedad de captura neutrónica en la reacción con algunos elementos, con la liberación de partículas alfa, de fácil absorción, o de radiación garnma del orden de 0,5 MeV, que se atenúa con facilidad. Materiales como el boro-lO, litio-6 y nitrógeno-14 son útiles para esos fines.

1.3. Límites de dosis El principio de la limitación de dosis está basado en tres requisitos: justificación, optimización y limitación de dosis. - La justificación supone que los beneficios netos que se consigan deben ser superiores al detrimento originado .

....


205

- La optimización se basa en el criterio ALARA (As Low As Reasonably Achievable), cuya finalidad es que deben mantenerse las exposiciones a las radiaciones ionizantes "tan bajas como sea razonablemente posible". - La limitación de dosis pone unas cotas de recepción de dosis para las personas profesionalmente expuestas y el público en general, con objeto de que sean lo más baja posibles dentro de unos límites y para asegurar una protección adecuada a los individuos. La Comisión Internacional de Protección Radiológica señala unos límites de dosis de exposición externa y de dosis interna. Estos límites de dosis no deben sobrepasarse, y se presentan en la tabla 8.3. TABLA 8.3. Límites anuales de dosis Trabajador profesionalmente Exposición total y Homogénea

Público

expuesto

50 mSv (Equivalente) 1/10 L.A.D.T.P.E

Exposición

50 mSv

Parcial

(Efectiva)

Organo individual

500 mSv (Equivalente)

Cristalino

150 mSv (Equivalente)

Fuentes de radiación

Fuentes naturales. La componente más importante de la dosis debida a causas naturales es la producida por inhalación de gases nobles radiactivos contenidos en el aire de recintos cerrados, generalmente de Rn, proveniente de la serie radiactiva natural del U238• También hay que tener en cuenta la radiación cósmica (galáctica, solar) y la presencia en el medio ambiente de minerales radiactivos naturales (K40, C14, H3). Estas fuentes pueden ser externas o internas. Las externas serán la radiación cósmica y los materiales radiactivos naturales presentes en la corteza terrestre. La interna se deberá a la presencia en el cuerpo humano de nucleidos radiactivos que penetran por inhalación o ingestión. La dosis debida a fuentes naturales varía de unos lugares a otros, ya que las sustancias radiactivas naturales están distribuidas en la corteza terrestre de manera no uniforme.

Fuentes artificiales. Se deben a la introducción de tecnologías que implican la utilización de radiaciones. La aportación mayor a la dosis se debe a los usos médicos de la radiación (radiodiagnóstico, diagnósticos en medicina nuclear y terapia con radiaciones ionizantes) .

.•.

206

F¡'sica Nuclear: problemas resueltos

Esto supone en los paises industrializados ~ de la dosis total debida a radiación natural; en los no industrializados supondría 10 de la dosis natural. Por ejemplo, una radiografía dental supone - 0,2 mSv y una de tórax - L 5 mSv. Con respecto a las centrales nucleares, estas tienen que estar diseñadas para que operen de forma que no produzcan una irradiación superior a 0,05 mSv/año a un individuo que viva en las proximidades de la central. Un resumen de las dosis de radiación aparece en la tabla 8.4. TABLA 8.4. Dosis debidas a las distintas fuentes de radiación

Dosis equivalente efectiva (mSvjaño)

Fuente de Radiación

I NATURAL I

I ARTIFICIAL

Rayos cósmicos K40

0,4 0,3

Serie del U238 c..-..Rnen el aire

1,34 0,60

Serie del

0,34

Th232

Total

-2,4

Medicina

1/5 natural

Vuelos en avión a más de 9.000 m.

0,01 mSvjh

I

Centrales nucleares (proximidades)

•••

0,05

Protección radio/ógica

2.

PROBLEMAS

207

RESUELTOS

2.1. Dosimetría

J)

Se tiene una persona de 70 kg que está sentada frente al televisor durante 10 horas al día. Suponga que la pantalla emite 1,5 mCi procedente de una radiación X de 20 keV. Considere que recibe solamente la mitad frontal del cuerpo. ¿Cuál será la dosis de radiación recibida al cabo de un mes?

Solución: Si consideramos la mitad del cuerpo,

m = 3,5

104

X

g,

la energía,

E = 20 keV = O,02 MeV = O,02 x 1, 6 x 10- 6 = 3, 2 x 10- 8 erg, la actividad,

A = 1,5 mCi = 1,5 x 3,7 como cada

y

X

= 5,5

107

X

107

Bq,

deposita 3,2 x 10- 8 erg, la dosis será Dosis

5,5

X

107

x 3,2

3,5 x 104

X

10-8

= 5,07

X

10-5 ergjg.s.

Recordando que 1 rad= 100 ergjg, resulta 5,07

X

10-5 ergjg.s

= 5,07 x 10-7 radjs = 1,82 x 10-3 radjh,

como son rayos X, el factor Q = 1, la tasa de dosis equivalente absorbida por la persona es igualmente j¡ = 1,82 X 10-3 remjh. Como en un mes está 300 h, la dosis total recibida será H = 1,82

X

10-3 x 300 =

I

0,54 rem

I

Actualmente las pantallas de los televisores tienen un filtro que detiene parte de la radiación, por lo que este valor es simplemente anecdótico. Si se compara con los valores de límites de dosis para el público en general, se comprueba que es muy bajo.

208

®


Si en un laboratorio se destapa una fuente de 100 Ci de CS137y una persona se encuentra parada a 5 m de distancia, (a) ¿qué tasa de exposición llegará a esa persona? (b) Si permanece en el mismo sitio durante dos horas, ¿qué dosis recibirá? En el 85% de los decaimientos,

el Cs137emite una sola y de 0,662 MeV.

Solución: (a) La actividad, A = 100 x 0,85 = 85 Ci. Aplicando (8.1),

. )(=

5,2

X

106 x 85 x 0,662

(500)2

= 1.170 mRjh.

Llegará una tasa de exposición de 11.170 mRjh (b) Como se refiere al aire, por tanto,

f

I

= 1; Y como se trata de rayos gamma, Q = 1;

j¡ = 1.170 mremjh; luego la dosis absorbida por esa persona al cabo de las dos horas, será H = 1.170 x 2 = 2.340 mrem = 12,34 rem

I

Lo que es una dosis bastante alta.

CID

Se dispone de una pequeña fuente de neutrones de Po-Be que contiene 0,17 Ci de P021O.Se desea conocer el flujo de neutrones emitidos por la fuente a una distancia de 10 cm. La Q de la reacción Be9(0(:, n)C12 es 0,8 x 10-4.

Solución: La actividad, A = O,17 Ci = 6,29 x 109 djs . El flujo <)) = Sj4nR2; luego

<))

=

0,8

X

10-4 X 6,29 4n(10)2

X

109

El flujo de neutrones es de 1400 neutjcm2.s

I

= 400 neutjcm2 . s.


209

@ Sabiendo que el

C14 emite 15,3 partículas 13/m y por gramo de carbono, y que el potasio contiene un 0,011 % de K40 (T = 1, 3 X 109 años), calcular cuántos microcurios de C14 y K40 se puede encontrar en una persona que pese 75 kg. Tener en cuenta que el cuerpo humano contiene aproximadamente un 15% en peso de carbono y 1,2% en peso de potasio.

Solución: (a) Carbono. 15% C ---> m = 0, 15 x 75 = 11,25 kg de carbono. Cada gramo de carbono emite 15,3 13/m = 15,3/60 = 0,255 13/s de La actividad Al = 11,25 Debido al

C14

(b) Potasio. 1,2% K ---> m

NK =

X

103 x 0,255

= 2.868,7

/3

/s = 0,0775 j1Ci de

C14.

C14.

se emite 0,0775 j1Ci.

= 0,012 x 75 = 0,9 kg de potasio.

0,9

X

que representa N

103

X

IOn

6,023 x

40

= 1,355

X

1025

0,693

= 1, 355

x 0,011/100 _ 10

= 1, 3 X 109 = 5,33 x 10

A

_ 1

X

1025

.

núcleos de potaslO,

= 1,49

X

1021 - 17

núcleos de

K40.

- 1

a

= 1, 69 x 10

1021

= 25181 Bq = 0,68 j1Ci.

s.

La actividad, A2

Debido al

= AN = 1,69 K40

X

10-17

x 1,49

X

se emite 0,68 j1Ci.

La actividad total que se puede encontrar en una persona correspondiente a esos dos radionucleidos es A = 0,0775 +0,68 = 0,757 j1Ci = 12,8x 104 Bql

®

Se introduce en una persona una cierta cantidad de Yodo, que se acumula en el tiroides. Se observa que se elimina cada día del tiroides 1/250 de la masa absorbida. El periodo del 1131 es de 8 días.

210

Fls/ca Nuclear: problemas resueltos

(a) Determinar el tiempo que debe transcurrir el tiroides se reduzca a la mitad.

para que la cantidad de Yodo en

(b) Cuál es la dosis acumulada durante los 10 primeros días después de la absorción de 0,7 ,uCi de 1131 de 0,23 MeV en un tiroides de 0,02 kg.

Solución: (a) Proceso biológico: Ab = constante de desintegración biológica.

N

1 249 250) = NO(250) -

= No(l-

N No

249

_A l

= (259) = e

b,

de donde

-Abt

-3. 4 X 10-3 -s -1 = ln(249j250) = -4 x 10 , Ab = 24 x 3600 = 4,63 x 10 s .

Proceso radiactivo: Ar

= constante de desintegración radiactiva. A

_ r -

0,693 8 x 24 x 3600 = 10- 6 s- 1.

Se ve que el efecto biológico es mucho menor que el de desintegración radiactiva. Proceso combinado en el tiroides: Ae

N

= Ab +Ar = 4,63 x lO-s + 10-6 = 1,048

X

10-6

s-l,

-Al. N j -Al 0,693 6 5 = No e e, No = 1 2 = e e - t = 1,048 X 10-6 = ,61 x 10 s.

Al cabo de 17,65 días ¡la cantidad de Yodo en el tiroides se ha reducido a la mitad. Éste es exactamente el periodo efectivo. (b) Dosis absorbida en los diez primeros días:

D

= flo A E e-Aeldt = A E _(l

~e-_A_et_) '

Protecci6n radio/6gica

211

donde

= 0,5 pei = 18.500 Bq;

A La energía

E = 0,23 MeV = 0,23 x 1,6 x 10-6 erg = 3,68 x 10-7 erg, Aef

= 1,048 x 10- 6 X 10 x 24 x 3.600 = 0,905;

de donde e-Aet = 0,404.

Dosis =

18.500 x 3,68 x 10-7 x 0,595 = 154,6 ergjg, 25 xl, 048 x 10 6

que pasándo10 a rads, resulta que la dosis que se acumula en el tiroides es de 11,54 rads

lo que equivale a 15,4 mSv.

1,

Es una cantidad bastante peligrosa.

®

Un trabajador está 20 horas por semana en las proximidades de un reactor nuclear, donde los flujos medios por cm2 y por segundo son de 350 fotones de 2 MeV y 120 neutrones térmicos. Estimar la dosis total recibida.

Solución: Sabemos que

A 2'

2

(partjcm .s) = r

(ft)

siendo A el número de [otones o de neutrones. De la eco (8.1) y sustituyendo

x

(#)

= 5,2

X

106

X

x E(mRjh),

Además, teniendo en cuenta lo siguiente: Para la radiación gamma,f = 1, Y Q = 1; por tanto, se puede pasar simplemente de la unidad (R) de exposición a (rem), unidad de dosis equivalente. En cuanto a los neutrones, = 1, pero Q = 2.

f

212


La energía de los neutrones térmicos es En = 0,025 eV = 2, 5 x 1O-8MeV. Se tiene que dividir el resultado entre 3,7 x 1010, ya que en la expresión (8.1) la actividad, A, aparece en Ci y los datos que se tienen son gammasjs y neutronesjs (Bq) .

.

DOS1S

5,72 XX = 3,

5, 6 XX = 3,7

106 ~¿..¡
106 1010

[35° x 2 + 120 x 2 x 2, 5 x

10 - 8 ]

=

= 0,098 mremjh. Como trabaja 20 horas por semana, al cabo de una semana habrá recibido una dosis total de 11,97 mrem·1 En este problema se ha supuesto que el flujo de neutrones térmicos tiene ya en cuenta la absorción en el aire para esa energía. Si no fuera así, habría que considerar su influencia.

2.2. Cálculo de blindajes G) Se desea guardar 0,9 Ci de un radioisótopo emisor gamma en un recipiente esférico de hierro. ¿De qué espesor debe ser la pared del recipiente para que la dosis recibida a un metro sea de 3 mR/h? La energía del emisor es de 840 keV en el 75%. )1 = 0,46 cm-l.

Solución: Suponemos que no es necesario tener en cuenta la acumulación, y se aplica la eco (8.2) D . = 52 OSlS

,

x

106

X

0,9 x 0,84 x 0,75 -In = 3 (100)2

e

Rjh m,

de donde

e- ¡.
5,2 )1X

X

106

= 4,58 - x = 9,97 cm.

La pared del recipiente debe de ser

______________________________________

(100)2 X 3 = 0,01, X 0,9 x 0,84 x 0,75

I~

10 cm.

I

OOluu~"'~u"lIIl1nmllDllIllIITllllmllnlll,;"';L;;"II;::::CC::0~


®

213

Se desea transportar a otro lugar una fuente de p32, emisor beta puro, por lo que se recubre de aluminio (p = 2,7 g/cm3). El p32 emite un beta de 1,71 MeV de energía máxima. (a) ¿Qué alcance

tiene dicha fuente en el aluminio?

(b) ¿Qué blindaje

es necesario

(c) ¿Es suficiente

con ese blindaje?

poner?

Solución: (a) El alcance de un emisor

f3

se puede tomar de la fórmula de Feather

Rp = 0,542 T - 0, 133,

(cap. 3)

0,8 < T < 3 MeV,

para

luego

= 0,542 x 1, 71 - 0, 133 = 0,793 g/cm2.

Rp

El emisor beta tiene un alcance másico de (b) Como Rf3

=

I

0,8 g/cm21

~

xp x

=

Rf3/p

= 0,793/2,7

El alcance lineal de esa fuente en aluminio poner un lámina de

I

3 mm.

= 0,293 cm. es de 0,293 cm, luego es suficiente

I

(c) Al ser el p32 un emisor beta duro, implica la producción de una fracción de radiación de frenado. Veamos si esa fracción es importante. De la eco (3.2) del cap. 3, se tiene (dE/dx)ion (dE/dx)rad

_ 800 - ZT

800 13 x 1, 71

= 35,98.

La radiación de frenado es cerca del 3% de la de ionización; por tanto, conviene poner después de la lámina de aluminio una capa de plomo (de aproximadamente 1 mm) para detener la posible radiación de frenado que se produzca.

:ID Un haz fino de rayos y de 2 MeV y con intensidad

un blindaje de plomo del blindaje calcular:

(p

de 106 y/ cm2.s incide sobre En el lado opuesto

= 11, 3 g/cm3) de 10 cm de espesor.

214


(a) El flujo obtenido. (b) La tasa de exposición. Datos: (f.1'/P)aire = 0,0238 cm2jg;

= 0,0457 cm2jg.

(f.1jp)Pb

Solución: (a) El flujo a la salida del blindaje es cD

f.1 = (f.1jp)Pb

X

P

=

cDo e-f
= 0,0457 x 11,3 = 0,516cm-l,

éste sería el coeficiente de absorción lineal del plomo. Luego f.1X = 0,516 x 10 = 5, 16 cD

= 106 x e- 5.16 = 5,74

X

103 Y jcm2.s.

El flujo a la salida del blindaje se ha reducido a

I

5,74

X

103 Y jcm2.s

I

(b) La energía disipada en el aire es Ed

=

cDEo(f.1jP)a,

siendo Eo la energía incidente. Teniendo en cuenta que 1R

= 88 ergjg = 5,47 x

107 MeVjg,

y haciendo el cambio de unidades, resulta . X

1

= 5,47

X

107 cDEo(f.1jP)a MeVjg.s

= 1,83 x

1O-8cDEo(f.1jP)a

también puede ponerse

x = 0,0659cDEo(f.1jP)a

mRjh,

Rjs

..,


215

sustituyendo valores,

x = 0,0659 x 5,74 X 103 x 2 x 0,0238

= 18 mR/h

La tasa de exposición a la salida del blindaje será de 118 mR/hl

@) Se desea construir un blindaje biológico de plomo para transportar una fuente de Cs137de 100 Ci de actividad. El cesio emite un gamma de 0,662 MeV en el 84% de sus decaimientos, y tiene un periodo de T = 30 años. (a) Se presenta en la forma química de CICs, cuyo peso molecular es Prn = 172,5 Y P = 1, 8 g/cm3. ¿Puede considerarse la fuente puntual? (b) Determinar la tasa de exposición que debe haber al otro lado del blindaje, sabiendo que para tener una buena seguridad, la dosis equivalente no debe sobrepasar de 5 mSv/a. Se supone una ocupación anual laboral de 960 horas. (c) ¿Qué espesor de blindaje es necesario poner? Datos: flpb = 1,28 cm-1; Brn(W) = 3,4; (fl/P)a = 0,029 cm2/g;

Solución: (a) La actividad A = JeN, de manera que

N =

1 A

=

3,7 X 1012X 30 x 365 x 86.400 = 5 x 1021núcleos. 0,693

La masa del ClCs será

N m=

5

NAPrn

=

X

1021x 172,5

6,023 X 1023

= 1,43 g.

Suponiendo la muestra esférica

4 V

=

"f'Cr

m.

3

=

p'

4n x 1, 8 r=[3Xl,43]1/3

3m 3 __

,

r - 4n P

= 0,57 cm.

Se puede considerar puntual siempre que la distancia de observación sea mayor que 10 veces su diámetro.

216


(b) Si

j¡

= 5 mSv/a = 0,5 radia = 0,5 R/a,

f

pues como se trata de radiación y, = 1. ,Como trabaja 960 h/año, esto supone una tasa de exposición de

x = ~6~= 5,2

X

10-4 R/h =

I 0,52 mR/h

I

Ésta es la tasa de exposición que debe haber en la superficie del blindaje para no sobrepasar la tasa de dosis establecida. (c) Semejante al razonamiento que se hizo en el problema anterior, ahora la expresión de la tasa de exposición toma la forma

x = 0,

P)ae- ¡HBm'

0659EocJ>(fl-/

donde ahora se ha incluido el factor de acumulación, y el flujo hay que determinado A 3 1 X 1012 1011 2 cJ>== -'-2,47 r2x y/cm .s; 4nr2 4nr2 donde A = 3,7

X

1012

X

0,84 = 3, 1 X

1012 y/s .

. 2 47 X X = 0,0659 x 0,662 x' r2

1011

e-J1.r

0,52 = 1,062

X 109

x --,r2

luego

x 0,029 x e-W x 3,4; e-J1.r -2r

= 4,89

X

10-10 cm-2

Ésta es una ecuación recurrente, en donde se van dando valores a r por el método de iteración hasta llegar al valor más aproximado de 4,89 x 10- 10. Haciendo r = 12,8 cm, se llega a e-W /r2 = 4,67 X 10-10 cm-2, valor bastante aproximado al que nos piden. Por tanto, podemos decir que el espesor de blindaje necesario para que la dosis a la salida del blindaje no pase del valor indicado es de 112,8 cm. [ Se puede ahora terminar de contestar la pregunta (a) observando que la distancia es mayor que el diámetro de la muestra; por tanto, se puede considerar puntual.

""""l


3.

PROBLEMAS

217

PROPUESTOS

1. El Am243 se desintegra con periodo de 7.642 años emitiendo partículas alfa de 5,25 MeV. Suponga que tras un accidente fortuito se detecta en los pulmones de una persona 1 fl g del americio emitido. ¿Cuál será la dosis absorbida en el

pulmón (Sv/ año)? Masa del pulmón = 600 g. 2. El tejido humano tiene un 3% en peso de nitrógeno (NI4) y densidad 2 g/cm3.

¿Cuál será el flujo de neutrones térmicos necesario para producir una dosis de 20 flSV/h a partir de la reacción (n, p) en el nitrógeno? El protón producido tiene una energía de 0,62 MeV, que deposita en el lugar de la reacción. (fa = 1,82 b. 3. Un trabajador se encuentra en las cercanías de un reactor nuclear trabajando 35 horas a la semana, recibiendo un flujo de 400 fotones/cm2.s. Los fotones poseen una energía de 1,5 MeV. Estimar la dosis recibida en un mes. ¿Es peligrosa para

la salud? 4. ¿Cuántas partículas alfas de 5 MeV absorbidas por g de tejido biológico corres-

ponden a la dosis equivalente de 50 rem? 5. A un individuo se le inyecta p32 que emite 103 des/m para un estudio. El p32 tiene un periodo de 14,3 días. Además se elimina biológicamente a una velocidad de 1,5% al día. (a) ¿Cuál es el periodo efectivo y la constante de desintegración efectiva? (b) ¿Cuántas desintegraciones habrán ocurrido al cabo de 30 días? (c) Si en cada desintegración el fósforo emite un f3 de 1,71 MeV, ¿qué dosis habrá absorbido en el esqueleto ( m = 17 kg) al cabo de los 30 días? 6. En la sangre de un enfermo se inyecta una pequeña cantidad de una solución conteniendo Na24 de actividad A = 2 X 103 y/s. La actividad de 1 cm3 de muestra de sangre tomada después de tres horas fue 16 y / cm3 m. Determinar el volumen total de sangre del enfermo. T = 15 h. 7. El coeficiente de atenuación másico para fotones de 1,5 MeV en plomo es de 0,055 cm2/g y p = 11,3 g/cm3. La fuente emite 1012 fotones/s. ¿De qué espesor debe ser la lámina de hierro que se coloque entre la fuente y el receptor, que se encuentran separados 50 cm, para reducir el flujo a 103 fotones/cm2·s? 8. Determinar la tasa de dosis inicial absorbida en el cuerpo humano, de una persona que ha ingerido 10 mCi de agua tritiada. E = 6 keV, masa de la región irradiada = 43 kg.

218


9. Una fuente de gammas puntual de 100 /lCi se coloca en el centro de una esfera de aluminio con un radio exterior de 10 cm. Encontrar el mínimo espesor de la pared del contenedor para la cual la dosis fuera de él no exceda 2,8 mR/h. Ey = 2 MeV y se cuenta el 50% de las desintegraciones. p = 2,7 g/cm3, /l/ p = 0,0431 cm2 jg. 10. Una fuente radiactiva de Cs137 posee una actividad de 5 Ci. Se desea reducir la dosis a un metro de distancia a un 25%. (a) ¿Qué blindaje de plomo y de aluminio es necesario poner? (b) ¿Cuál es la tasa de dosis a 1 metro, una vez blindada la fuente? (c) ¿Qué dosis absorberá una persona que permanezca sentada durante 8 horas en esa posición? El Cesio tiene una energía de 0,665 MeV en el 85% de sus decaimientos. /lPb = 1, 10 cm-l. /lAl = 0,20 cm-l;

CAPÍTULO

PRIMERO

1. n = 14. 2.

(a) Re = 3,4

X

10-15

m.

(b) Hay un factor Re/ R = 1,36 debido a que suponer una distribución uniforme de carga no es adecuado para cálculos precisos, especialmente para núcleos ligeros.

= 36,964871 u.a.m. m(OI6) = 15,996970 u.a.m.

3.

m(CP7)

4.

= 23,99096 u.a.m. (b) m(Sml44) = 143,91200 u.a.m. (c) m(Pu240) = 240,05381 u.a.m. (a)

m(Na24)

5. (a) Q = 19,81 MeV. (b) Q = 20,57 MeV. (c) Debido a la repulsión cou1ombiana, hay que suministrar más energía en el caso (b). 6. Esep 7.

= 7, 16 MeV.

B(LF) = 39,24 MeV; B/A = 5,60 MeV. 219


220

8.

B(Ne20)

= 160,63 MeV; B/A = 8,03 MeV.

B(Fe56)

= 492,20 MeV; B/A = 8,79 MeV.

B(U235)

= 1.783,70 MeV; B/A = 7,59 MeV.

Si29:neutrón impar en (2s!) K39: protón impar en (1d~) SC45:

protón impar en (1f~) -

CU63:protón impar en (2p~) -

r = r. r = r. r = r. r = r.

9. Haciendo (8M/8Z)

= O,para A =cte, y despejando Z, el núcleo es estable para Z = 54 (Xe1~9). Como Tel29 tiene Z = 52 < 54, se encuentra a la izquierda, será emisor /3- .

10. Representando la curva

M(A, Z) en función de Z, resultan dos parábolas por

ser A par. Haciendo (8M/8Z) ser Ar36 y S36. 11.

N14:

neutrón y protón impares. Se encuentran los dos en (1p L), por 10 que 2 el espín puede valer 1, O. Experimentalmente se comprueba que vale 1.

T' = N15:

= 0, y despejando Z, los núcleos estables resultan

1+.

protón impar en (1P!) -

r = r.

12. En el caso de los neutrones, considerando N ~ 0,6A, N/V = 0,45/na3 por lo que la energía de Fermi es EF ~ 43 MeV. Tomando En ~ 7 MeV la profundidad

del pozo es de unos 50 MeV. En el caso de los protones EF, es algo menor, pero se compensa con un término de repulsión electrostática, de manera que la profundidad es similar.

13. 017: neutrón impar en (ld~) K39: protón impar en

CAPÍTULO

(1dJ.) 2

f.l f.l

=

igs = -1,91.

= 0, 126.

SEGUNDO

1. Fue usado por última vez hace 3.140 años. 2.

N(5 m) = 6 x 106 núcleos.

3.

Amax = 3,2

X

106

Bq; t ~ 34 m.

~

Soluciones a los problemas propuestos

4.

221

(a) La edad de la roca será 4 x 109 años. (b) 23 g de He1io.

= 1,17

109 años.

5.

TI2 (K40)

6.

La edad del mineral será t = 2

7.

A = 9, 6

8.

(a) Q = 0,782 MeV.

X

X

X

109 años.

109 Bq.

(b) Ve = 2,76 Vp = 3,88

X

108

X

105

mis. mis.

9. No se desintegra espontáneamente porque la Q de la reacción es negativa.

(a) 10

VP(P)/p2 8

6

4

2

o o

2

3

4

5

6

7

8

9-

10

E(moc2)

(b) El punto de corte es los f3 emitidos. 10. (a)

v+ He3

-

H3+ e+.

9moc2;

corresponde a la energía cinética máxima de

Fls/ca Nuclear: problemas resueltos

222

(b) Hé ---> Li6+ e- + v. (c) e-

+ B8 --->

Be8

+ v.

(d) v+ C12 ---> W2+ e- . (e)

K40 --->

(f) K40

--->

v+Ar4°+e+.

v+ Ca40+ e-.

11. Aplicando la relación de Geiger-Nuttal entre la energía de la desintegración y su periodo, se estima un periodo de desintegración T ~ 1010 años, con lo que se puede clasificar al Th232 como estable. 12. (a) Epmax = 2,82 MeV. (b) Sí. (c) 0,32 MeV (al nivel de 2,50 MeV) 1,49 MeV (al nivel de 1,33 MeV). 13.

(a) Padre

J?

-1

I I

yI

/

•

I

266 keV

I

0-

o keV

(b) Recordando las reglas de transición para la desintegración ex, la desintegración entre el nivel 1- y el nivel 0- no es posible, ya que ~n = no y ~I = impar.

CAPÍTULO 1.

TERCERO

(a) e = 44° (b) Ny/m

= 2exnZ 2( 1 -

lJ2n2 1

)(1

Al -

A2 1)

= 18,66 x 103 fot/m.

""11

Soluciones

2.

a los

problemas propuestos

223

(a) El poder de frenado es la inversa del alcance. En el caso de los deuterones, el poder de frenado es la mitad del de las alfas. (b) ED = 2,5 MeV.

3.

p' = 0, 12 cm2/g.

4. e = 53°. 5.

x

= 3,22 cm. En aluminio se necesita más de treinta veces el espesor del plomo para atenuarlo.

6.

(a) b = A/2E

= 1,75

10-14

X

m, con

ZZ'e2

-13

A= -4-nBo

= 2,27 x 10

MeV.m.

(b) La distancia de mínima aproximación S será tal que la velocidad sea nula.

S=

A +.JA2 +4E2b2

2E

= 4,22

X

10-14 m.

(c) T = E - Ves) = 1, 12 MeV, Ves)

= A/S = 5,38 MeV.

7. 1 = 0, 02pA. 8. Se supone simetría cilíndrica.

E-

V

- rln(b/a)

= 3.257 keV.

9. En el caso de 100 p/s, la fracción de partículaf perdidas es 0,01. En el caso de 106 p/s es 0,1. Se pierden más al contar más deprisa. 10. Suponiendo que sigue la estadística de Poisson, P = N A e- JeN t, siendo N el número de núcleos y A la constante de la desintegración. 11. Actividad neta = (45 ± 0,5) Bq.

F(slca Nuclear: problemas resueltos

224

CAPÍTULO

CUARTO

1. (a) Q = -1, 19 MeV, Tu = 1,53 MeV. (b) Q = -2,22 MeV, Tu = 2,36 MeV. (e) Q = -18, 12 MeV, Tu = 19,64 MeV. (d) Q = -5,86 MeV, Tu = 6,53 MeV. 2.

A = 12.

3. Sustituyendo los valores correspondientes en la siguiente expresión

qJ

= arcsen (::

)

resulta qJ = 7, 85 x 10- 3 rad = 0°0' 28". Esto es lo máximo que puede dispersarse una partícula ex por un electrón. 4.

(a) m(BeII) = 11,02166 u.a.m. (b) Energía de excitación: Fundamental Tu = 1,56 MeV, ler estado excitado Tu = 1,98 MeV, 2° estado excitado Tu = 3,94 MeV.

5. (a) Tn = 115,5 keV. (b) TBe = 15 keV. 6.

(a) e = 2qJ = 140°48'. (b) e = 90 +qJ = 144°24'.

7.

(a) (J = 1, 86 X 10-28 (b) ~ = 0, 15 cm-I

m2

= 1, 86 b.

8. Se ha supuesto una dispersión elástica. Para los neutrones de baja energía sólo son relevantes los niveles 1 = 0, (J _

4nh2

- 2mEg = 4 x

_________________________________

106 b.

'mr:"''''·,'tl"''

..''~.-·--


9. Se supone dispersión inelástica, 10.

(J'max

225

= 3,9 b.

(a) Tu = 6,87 MeY. (b) Como m < M la energía de retroceso del K38 es despreciable, el choque es frontal y por tanto el neutrón sale en sentido contrario al del protón, sobre la misma dirección -+ Tn = Q + Tp = 3,306 MeV.

11.

Tu

= 219,3 MeY.

CAPÍTULO 1.

QUINTO

(a) A

= ;::;-::~--

el>

~ (1 _ e-At)

(b) A(t) = 3,32 2.

X

l

r

= 7,5

11

2

x 10

njcm2. s.

Bq.

1010

(a) Los núcleos capturados = 2,5 X 106 njcm2·s (b)

=

en la lámina son los transformados

en A198,

106 njcm2.s

X

3. La pérdida de energía máxima ocurrirá cuando E2 sea mínimo.

E2(min) =

AE(min) =

aE1;

(1- a)El'

= 0,888,

(a) (1 -

a)H2

(b) (1-

a)C12

(c) (1 -

a)U238

= 0,284, = 0,016.

La máxima energía que pierde el neutrón es cuando choca con otro similar a él, como el protón. 4.

5.

(a) (b)

l = 1,53 /l

X

10-5 njm2.s.

= 0, 113 cm-1

y /ljp

(a) Interaccionan li = 0,61/0' se ha reducido un 61 %. (b) Dispersión --; ls = ~: Absorción --; la

6.

= 0, 113 cm2jg.

(a)

el>

= 2,28

X

105

=

li = 0,594.

i:li = 0,406.

njcm3.


226

(b)

I = 9,48 108 n/cm2.s reaccionan con la lámina 108 reacciones/s. ducen I x S = 4,74 X

de tritio; luego se pro-

X

7.

(c)

Amax

(a)

n ~ 117 colisiones.

= N.aJo = 4,78

X

108

Bq.

(b) r = .Ji = 20 cm, distancia aproximada hasta moderarse. (c) E = Eoe-I; = 8,75 MeV. 8.

Nt = No (n2 - ni) = 2,9

CAPÍTULO

X

106

colisiones/cm2·s.

SEXTO

1. (a) Q = 140,6 MeV. (b) Eliberada = 3,6

X

1023MeV.

2. Se estima comparando la energía de excitación del núcleo compuesto que se forma en la reacción de fisión con la energía de activación (energía necesaria para superar la barrera de potencial). Para el PU241los neutrones térmicos podrán inducir la fisión, en cambio para el PU242la fisión se produciría con neutrones del orden de MeV. En el caso del Pb208 la energía de los neutrones tendría que ser > 20 MeV, ya que para Z = 82 y N = 126 (que es el Pb208) la energía de activación tiene un máximo. 3.

_/3-3

p=

1 +;lT -

,28 x 10-5 =4,5

$.

4.

Nm

Nu 5.

= 78; 1(" =

= 2,08 x 0,93 x 0,69 xl = 1,334.

(a) <1> = <1>0(1, 15 eO,012 t) = ( para t = 10 s ) = 1,3<1>0. (b) [= 1 +(/3 - p)/;l; (c) T =I/p;

[=1=

(d)l=I+/3/;l; 6.

ti! pe

[= 0,0835 s; T = 83,5 s. 10-3 s; T

[=0,096s;

(a) t = T = 1/ p = O,1 s. (b) t = 13,5 s.

= 1 s. T=oo.

-.---.,


7.

227

(a) p = 2,075 X 10-6 kgjm3• (b) presión = 15,8 ato

8. Inicialmente,

Md

= 45 kg de deuterio.

9. E(U235)

E(H3)

~

7.

10. (a) m = 188 kg de Ujaño. (b) 2.506 kg de litio natural.

CAPÍTULO

SÉPTIMO

1. (a) No es posible, no se conserva el número bariónico, tampoco se conserva la paridad. (b) Sí es posible, se trata de una interacción débil, la desintegración del neutrón. (c) No es posible, se trataría de una interacción, fuerte pero no se conserva la extrañeza. (d) Sí es posible, es una interacción fuerte, una producción asociada de partículas extrañas. Falta un antibarión de carga negativa, no extraño, el antiprotón p. Falta un barión positivo, el protón p. Falta un antileptón de carga positiva, el positrón e+. Antibarión negativo, pión -, n- .

2.

(a) (b) (c) (d)

3.

(a) Sí es posible. (b) Tu = 903 MeV.

4.

Tu = 280 MeY.

5.

(a) pn = PnO = 28 MeVje. (b) sen

6.

Suponemos mv = 0,

Tmin

= 55 MeV.

= 14,30.

7. (a)pJ' =30,3 MeVje; El' = 109,3 MeY. (b) Ee = 70 MeV.

••

J


228

= 967 mo.

8.

mK

9.

Tu

= 144,7 MeV.

10.

Tu

= 321 MeV.

11.

Tu

= 962, 13 MeY.

12.

= 4,75 X 10-8 s. El pión recorrerá (en valor medio) casi el doble de lo que recorrería desde el punto de vista no relativista, por lo que en el diseño de aparatos para experimentos de alta energía hay que tener en cuenta la gran distancia recorrida antes de la desintegración. L'

CAPÍTULO OCTAVO

1.

j¡ = 6,3

2.

= 1,2

Svla X

104 neutr/cm2·s. Dosis

= .La' E.

3. Suponiendo que trabaja 140 h al mes, la dosis recibida mSv. No es peligroso para la salud. 4.

n = 3,12

5.

(a);te = 0,0636 d-1. Te = 10,9 d. (b) N = 1, 92 x 107 desintegraciones. (c) D = 0,3 f.lSv.

6.

V = 6525 cm3

7.

X

X

107

~

alg.

6,5 1.

= 0,93 cm.

8. Dosis = 2,97 x 10- 5 SvIh. 9.

x = 5,32 cm.

10. (a) XA1 == 6,93 cm; XPb = 1, 26 cm. (b) Dosis = 3,67 mSv Ih. (c) Recibirá 29,3 mSv de radiación gamma.

= 11,8 mrem = 0,118

...........

_----------'---"'------------------------,

Para representar de una manera esquemática los detalles de las transiciones radiactivas que sufren los nucleidos inestables se utilizan los llamados diagramas o esquemas de desintegración. En estos diagramas en el eje de ordenadas se representa la masa-energía y en el de abcisas el número atómico, Z. Los niveles energéticos de los nucleidos se representan mediante trazos horizontales, siendo el trazo más grueso cuando se trata del nivel fundamental. Al representar la transición entre un núcleo padre (mayor masa) a un núcleo hijo (menor masa), los niveles correspondientes al padre estarán por encima de los del hijo, ya que siempre mp > mh, para que la energía de la desintegración resulte positiva. Los trazos del núcleo residual estarán desplazados hacia la derecha de los correspondientes del núcleo precursor, si el proceso radiactivo conduce a la formación de un descendiente con número atómico mayor (f3- , ... ); en el caso contrario aparecerá desplazado hacia la izquierda (f3+, ex, C.E., ... ). Las transiciones por emisión de partículas (entre distintos elementos) se simbolizan por flechas oblicuas; éstas tienen origen en el nivel fundamental del núcleo padre (aunque hay casos que parten de algunos de sus niveles excitados), y acaban en alguno de los niveles energéticos del núcleo descendente. Las transiciones radiactivas entre distintos niveles energéticos de un mismo núcleo se indican con flechas verticales (radiación y). Además en los esquemas de desintegración aparecen otros datos de interés como puede ser el periodo de semidesintegración o la vida media, el tipo de desintegración radiactiva (puede incluso aparecer la probabilidad de emisión), la energía de los distintos niveles, paridad, espín, etc. A la hora de representar estos esquemas no se suelen poner los ejes; se supone que se conocen. 229

-.

~

230


Masa-Energía Padre

Hijo

Número Atómico, Z

TI =30 años

T

::!

~ ~c

"2

p- (8%) 1,75 MeV 11-2-

0,662 MeV

3+

OMeV

"2

1~7Ba

..

Apéndice A. Esquemas de Desintegración

\ .

\

5+ 0+

~~Ni 99%

,

::! O MeV TI = 5,26 años

p- (99%)

1+ 2+~

99% I 2,505I~~co MeV 0,318 MeV 1,333MeV

= 2,6 años

{3+(100%) 2,842 MeV 2+

1,276 MeV

0+

OMeV fi5Ne

U

r:;:l

3+

231

232


= 28,1 años

o

!::l ~

P- (100%) 0,546 MeV

~gy

2-

P- (100%) 2,28 MeV

0-

¡gZr

:; 0+ C.E. (11%) 2+

,

\

1,3 x 19 109 años 1,46 MeV TI ¡gAr ~ ig ea 0+

______

~

"'

TiTII¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡I~--

0,43756 MeV

~

2: 2:

5+

l

n3Cs

el

~

l

°

MeV233 0,160 MeV 0,081 0,384 1133Ba

j

I

Apéndice A Esquemas de Desintegraci ón

--

La tabla siguiente consiste en una recopilación de las propiedades más importantes para algunos isótopos de todos los elementos. Aparece el número atómico del elemento Z, la densidad, el número másico del correspondiente isótopo, A, el espín y la paridad del nivel fundamental, ¡n, la masa atómica del nivel fundamental (obtenida de la última recopilación publicada hasta la fecha, en 1993, en la bibliografía), la abundancia de los isótopos estables y el periodo de semidesintegración, T1/2, de los isótopos inestables junto a su principal vía de desintegración (a, {3- , captura electrónica-C.E., fisión espontánea-f).

235

---------------------"~"''''-~~'''~~''' ,,~"~-

,,--~~~--------


236

r

31+ Densidad 16513424,002603 6AZ10,013534 9oc 86,015122 C.E. 731C.E. 2+ 1+ 1+ 100 Masa 5730 C.E. 0+ T" TIAbundancia Periodo 810-4 102 0+0,85 1,60 0,015 2,45 sa 2,45 80,2 1,85 8,912,014352 98,89 12,3 7,5 0,84 sm 99,985 0,13 13,8Ma 1,11 974(%) as 92,5 19,8 1,38x 0,77 0,534 99,99986 20,4 19,2 53,3 dams 17,8 12,000000 10,012937 8,024607 Atómica 10,016853 (u. a.m.) 8,022486 130,07 fs 2,014102 14,003242 8,005305 1320,4 1,6 (g/cm3) 17,4 9,031040 11,009305 7,016004 11,011433 13,017780 9,012182 9,013329 13,003355 7,016929 3,016049 15,010599 3,016029 1,007825 11,021658 12 0+ 14 0+ 12 8 3+ 10 2'

oo

l

oc13-

~

Apéndice B. Propiedades nucleares

Densidad Elemento

-

(g/cm3)

A

P'

112+ l+ 2+ 1+ N(3,4)+ 110m 987c.E. 10 117 427 22,002999 122 21c.E. 0+ 100 C.E. C.E. C.E. 11 71 sm 1+ 0+ e.E. 2+ l1sms 139,96 99,76 0,60 7,13 99,63 4,17 m 26,9 0,11 64,5 4,2 2,2 9,22 0,366 1,7 ssss 0,0014 0,0017 0,0009 4,3 0,27 1815 37,6 0,038 3,4 17,3 18,014082 16,006100 90,51 0,63 13,5 0,204 0,0013 20,004076 21,991385 15,994915 18,000938 18,005710 12,018613 14,008595 23,993615 14,003074 19,999981 17,999160 19,992440 15,003065 17,008450 13,005739 15,000109 17,017700 18,998403 20,999949 19,001880 19,003577 17,002095 20,993847 22,994467 16,999131 23,003570 24,997790 {3{3{3{3-

24 14 20 22 16 18

Z

Masa

Abundancia

Periodo

Atómica (u. a.m.)

(%)

TI2

237

238


Masa

Densidad Elemento

26 22 24 30 28

Z

(~~t

(gjcm3)

A

F'

Atómica (u. a.m.)

1+ ]+ ~+ Na0,971 e.E. 14 26 21 13 11 24 12 3+ 4+ c.E. C.E. 100 2+ 20 e.E. 0+ 5+ 60 Ma ssm e.E. 220,72 2725 11,0121 2,42 2,699 1,74 78,99 6,6m 10,00 9,46 4,13 1,4 2,60 3,7 0,123 2,24 2,21 2,07 1,1 7,18 21,0 15,0 hass e.E. 0,30 22,5 3,86 0,45 11,3 21,994437 29,982960 23,990963 25,982593 27,981910 25,992330 27,97692792,23 23,999941 21,999574 25,986892 25,992590 20,007348 27,983877 23,985042 ppppp26,984341 24,985837 28,988550 26,986704 26,994010 20,997655 26,981538 28,980445 22,994125 22,989770 24,989954 24,990429 21,011714

Abundancia (%)

Periodo TI2


Densidad Elemento

32 38 36 30 34

••••

Z

(gjcm3)

Masa

A

In

Abundancia (%) Atómica (u. a.m.)

~+ 1+ 133 32,998001 29 216 30 C.E. 56m 15 17 1+ 2+ 170 m 0+ e.E. C.E. 100 105 c.E. c.E. 29 31 30 0,30 2,51 87,4 12,4 1,82 95,02 37,968011 3,1034 37,3 2,62 m 2,07 1,2Ma 1,53 25,3 4,1 2,50 75,77 14,3 6,2 sadhs {32,6 24,23 0,0032 0,75 4,67 5,Om 0,017 4,21 29,973770 31,973907 33,973636 31,974148 31,972070 35,968307 37,971163 29,984903 33,973763 35,967081 33,967867 {3{3{329,9783214 {336,971126 38,968008 30,979554 30,975363 36,965903 30,973762 32,971458 32,977452 34,969032 28,976495 32,971725 28,981801 34,968853

Periodo TI2:

239


240

42 36 44 46 40 38

2:

~t

1~+ ~1+ 18 219 20 CE. 269 adhsss {3431 CE. Abundancia Densidad 38Periodo Masa 38 37 115 CE. 33 asm C.E. 17 m TI 35 3+ 0+ [lO 39 A43,965365 0,647 39,963999 0,87 1,55 41,962403 43,961560 45,961976 42,965670 22,1 99,60 0,063 0,337 1,23 1,78 93,26 6,73(%) 7,61 12,4 5,4m 0,86 0,10 22,3 1,83 Ma C.E. 41,958618 0,844 96,94 35,0 11,9 17,5 39,970420 37,969080 39,962383 0,44 1,35 (2Atómica )34 (u.a.m.) 33,980270 37,976319 41,963050 37,962732 39,962591 35,967546 {3{3{3{3{3{3(g/cm3) 1,28 Ga 40,964501 40,962278 42,960716 38,964313 38,963707 (10,0018 46,961678 36,973377 44,960700 34,975256 40,961826 38,970718 36,966776 40,970650


Elemento

48 44 46 50 52

Z

Densidad (g/cm3)

Masa

A

In

l1~22 33 42 21 43 e.E. C.E. 5+ 2+4,5 C.E. 54 asm 100 165 ddhs 4+ 6+ 14 m 0+ c.E. 43 43 5,80 0,51 73,7 0,0035 7,4 4,54 3,35 2,5 0,135 5,4 44 3,09 0,187 8,2 1,7 2,09 43,7 83,8 0,68 5,2 3,89 3,93 45,953692 57,0 1,71 47,952235 43,955481 47,947947 45,955170 8,72 ppp49,952187 43,959403 47,952533 45,952629 51,946898 41,965517 43,959690 49,957518 49,944792 46,954546 46,952408 46,951764 50,946616 42,958767 44,956186 48,955673 42,961151 44,955910 48,950024 42,968523 44,958124 48,947871 52,949730

Atómica (u.a.m.) p-

Abundancia (%)

Periodo

TI~

241


242

1-

J124 6+ 100 4+ 46 Masa 65 sm 50 23 25 C.E. e.E. 50 0+ 3+ c.E. 312 ddhs c.E. e.E. C.E. ¡r' ZAbundancia Densidad 47 Periodo 51 46 330 C.E. 473,7 0,28 9,50 46,2 Ma 7,1 4,35 7,2 A49,9471630,250 32,6 0,26 5,96 99,750 27,7 0,51 41,9 1,6 m 5,59 0,42 83,79 2,36 2,58 21,6 5,9 16,0 45,968362 49,954244 51,945570 (%) 53,938884 57,939990 45,960199 49,946049 51,944779 53,946444 Atómica /3/3a.m.) 47,954036 53,940363 51,940511 55,938909 47,952254 3,50 (g/cm3) /33,76 48,951341 52,944342 56,938287 48,948517 50,943963 46,962906 50,944771 54,940843 50,948215 52,941294 52,940653 54,938049 46,954906 TJ, (u.55,940645

48 50 58 54 (3,4,5)+ 52 56

C.E. e.E. /3-

-- ...•...•••• """""""""""""""===-_!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!~=!!!!!!!!!!!~~~~~~~~~=======~~==::::;;;¡¡jI


62 54 60 56 58 62

'2

111 2Densidad 51 28 4+ 5+ 26 55 2+ 27 54 0+ 0+ TI C.E. C.E. C.E. c.E. e.E. 100 Abundancia Periodo 7,86 52 8,90 A 8,9 Masa 271 68Ma sam dhdas 1,13 56 55 0,075 (2P' ~)26,1 0,29 57,935348 68,3 5,8 {3{32,15 91,8 59,933822 57,933280 59,934077 55,939844 51,948116 {3{3{353,939615 53,948464 55,942136 57,935757 59,930790 55,934942 8,27 61,936770 1,5 78,8 5,27 Ma 27,5 8,51 36,0 (g/cm3) 61,934054 1,65 44,6 17,5 0,25 6,0 (%) 2,7 1,5 m 0,19 6,10 70,8 60,932479 60,931060 56,935398 54,938298 56,936296 58,933199 54,951336 56,939800 52,945312 62,933615 58,934351 58,934880 54,942003 50,956825 60,936749 Atómica (u.a.m.)

(f) (r)

e.E.

243

..•

244


Densidad Elemento 70 64 66 62 68 72

Z

(g/cm3)

A

~~129 CE. e.E. 1+7,14 30 61 2+ CE. 59 0+ CE. e.E. CE. 60 62 30,8 48,6 18,8 0,62 0,91 27,9 66,931569 4,10 69,2 3,5962 8,94 67,929640 65,928873 61,932587 63,929146 67,924847 69,925325 59,937368 ppp61,934334 65,929115 63,927969 61,928348 65,926036 71,926863 63,292767 p62,929600 72,929780 68,926553 62,929673 62,933215 64,930088 60,933461 64,927793 66,927750 60,939513 64,929245 66,927130 70,927727 58,939503 2. 2.-

¡n

Masa Atómica (u.a.m.)

244 100 dah 21 24 31 56m 82 89 m shm 46,5 9,73 12,7 38,1 2,52 61,9 3,41 2,4 23,4 9,2 54,8 5,10

Abundancia ("lo)

Periodo TI':!

CE. p-

mm!ll"~-

-.-------

--------


Masa

Densidad Elemento

68 72 66 70 74 78 76 (4)-

Z

(g/cm3)

A

In

Atómica (u.a.m.)

Abundancia (%)

245

Periodo TI2

112~1+ Ga 66 32 33 53 2319 m 271 dm C.E. C.E. 61 hshm CE. 1+5,73 64 31 4+ CE. 70 32C.E. CE. 0+ CE. 80,3 15,2 19,0 78,3 39,0 2,1 m C.E. 5,36 71,926371 14,1 60,1 4,87 20,5 27,4 36,5 1,45 70,924707 39,9 68,1 11,3 73,926940 11,2 8,1 5,91 2,6m 2,3 7,8 6571 71,926753 26,0 9,4 hd 1369,930930 67,927983 67,928097 69,926027 63,936838 65,933850 75,921402 71,922076 65,931592 69,924250 77,922853 73,921178 1321,1 131364,932739 66,928204 74,926501 68,927972 70,924954 72,923459 74,922859 70,927114 72,923825 66,932738 78,925400 68,925581 72,925170 6782,8 76,923548

(f)

--

246


Masa

Densidad Elemento

74 76 80 82 78 (2-)

Z

(g/cm3)

A

F'

Atómica (u.a.m.)

3~12+ ~+ }Z+ 2134 71 35 76 100 77 C.E. 91 m 1+3,12 5e.E. e.E. C.E.84,915611 0+ C.E. 72 <0,065 83,916505 31,8 49,31 7,6 74 57,0 22,5 75,922394 26,3 77,921146 73,923929 17,8 4,8 75,924542 8,4 50,69 38,8 2,9 m 77,921829 9,0 4,7 81,916805 49,8 35,3 hdMa 23,5 0,87 17,6 119,8 d 9,2 9,0 18,5 2,39 6,46 16,1 3,3 7,1 hdm 83,918465 77,917310 73,922476 79,918530 81,916700 71,927112 79,916522 75,919214 1313131376,920648 78,918338 80,916291 74,921597 76,919914 76,921380 80,917993 82,915181 78,920949 70,931870 82,919119 72,926767 78,918500 74,922524

_

~

..

Abundancia

(%)

Periodo TI 2

13-

•••••


1+ 1l2+ .?.?+

2:

86 82 88 84 78 80

Densidad 75 82 37 76m 22m C.E. 36 75 153m sdha ?2,54 CE. 82 CE. Periodo Masa 1+ 38 276 0+ CE .Abundancia C.E. In 83 AZTI 1,6 15,2 m 725111,5 2,17 7,83 35,0 1,53 1,25 0,356 83,914387 87,911323 17,8 7,0 64,8 89,914813 9,8 18,8 10,7 0,56 0,21 Ma 2,84 0,0037 25,0 32,4 74,931035 4,3 m 3,18 86,2 14,8 7,3 (%) 32,9 85,911170 79,9163792,27 83,911508 81,913485 87,914452 81,918404 81,918210 Atómica (u.a.m.) 77,920388 85,910615 75,925950 85,909265 83,913426 (gjcm3) ppp78,920083 86,909186 84,911792 888,912288 0,923216 82,915114 88,917640 84,912936 80,916593 76,924669 82,914137 82,917557 86,913359 84,912530 81 I

(f)

247

C.E.

i

~

248

90 98 92 94 88 96


'2

1-39 2+ 2.+ 1+ 1Densidad 42c.E. 40 0+ C.E. é.E. C.E. C.E. e.E. P' 100 Masa 39m 31Ma shm Abundancia Periodo 6,4 5,51 ATI 85,914890 93,911595 89,907152 87,909506 91,908931 11,2 83,920310 17,4 17,1 7,0 89,907799 84 (5-) 82,6 87,910225 {397,912757 95,908275 2,80 51,5 14,7 1,6 {3{391,910982 87,905617 93,906314 89,904702 64,0 91,905039 28,8 50,5 9,5 78,4 83,4 hdad {37,4 m (g/cm3) (%) 80,3 2,7 16,9 Atómica (u.a.m.) 64,1 58,5 {33,54 10,2 106,6 c.E. 86,910880 84,916430 90,907301 92,909559 88,905849 1,5 18,7 87 (~+) 86,914815 86,908882 88,907455 90,910199 94,908041 92,906474 88,908889 92,913943 96,910950 90,905643 8588

(f)

------


Elemento

~u (f) 11+ + .2+ ~+

94 92 100 98 96

Z

Densidad (g/cm3)

94 90 44 42 CE. C.E. 0+ Nb 89 43 41 CE. 94100 CE. 0+ 8+ CE. C.E. 1+ 7+ 6+ 24,1 12,2 10,2 15,9 9,6 9,3 16,7 8,4 14,8 (7)+ (6)+ /393,9113.65 89,913935 97,907215 95,904678 91,907192 95,907870 97,905407 93,909655 /3/3/393,907282 91,906810 95,908099 99,907476 93,905087 89,911263 99,907657 88,913490 94,910418 98,907711 96,908096 92,906376 98,906254 94,905841 100,910346 96,906020 (~+) 90,911749 96,906364 94,907656 94,906834 90,906989 92,906811

Masa A

In

293 95 52m 72m 3500 35 100 Ma ahdsam 90 91 1,65 66,0 2,0 hm 4,3 dMa 15,5 m 2,6Ma 4,2 Ma 5,67 20,0 23,4 14,6 35,0 14,6 15,8 0,214 0,020

Atómica (u.a.m.) /3-

Abundancia

(%)

Periodo TI "2

249

250


Densidad Elemento

Z

A

F'

1~+ .J.+ ~+ 1+ 96 21,4 146 45 99 CE. CE. C.E. 100 0+ 0+ 6+ 1+ CE. 98 372 100 99,908116 12,7 1,0 99 27,3 12,16 12,5 20,8 8,5 3,6 1,86 29,8 17,0 3,3dm 31,6 2,9 5,5 8,7m 22,2 11,0 12,6 18,7 2,88 dhhadhds 99,908505 35,4 16,1 39,4 17,0 4,44 42,3 105,907285 101,905607 97,905287 101,906842 105,903484 (2)+ 95,907604 97,910716 3,8m 103,905430 99,904219 105,907327 101,904348 103,904034 103,906655 102,905504 100,906163 98,908196 (t) 100,908289 98,905939 102,906323 102,906087 (f) 98,911809 104,905692 104,905083 106,909910 96,907560 100,905582 104,907750 131313-

106 100 104 102 98

(g/cm3)


Abundancia (%)

Periodo TI:2

CE.

,

•

~

11


'2

116 110 112 106 0+ 108 21+ 114

~+ Densidad C.E. C.E. 103 104 1+ 0+ 1+8,65 23 Periodo Masa CE. CE. CE. 463 dhds CE. 48 47 58 m 104 105 5+ ~+Ma ATIAbundancia 51,83 13,4h 26,7 21,0 6,50 11,8 12,5 7,5 0,89 56,0 7,45 1,25 53,4 12,8 48,17 24,4 111,907005 3,14 10,5 28,7 24,1 12,2 24,0 69,2 41,3 m 65,7 2,4 m 109,906111 107,903895 111,907314 /3/3103,908627 107,904183 109,903006 109,905153 111,902758 115,904756 105,906667 107,905954 103,909848 ¡n /3Atómica (u.a.m.) ("lo) /3113,903359 105,906458 6,5 (gjcm3) 110,905295 104,906528 106,905093 108,905954 106,906614 112,904401 104,909468 102,908972 114,905431 110,907640 106,905129 110,904182 108,904985 108,904756 .

251

252


Densidad Elemento Z 112 114 124 116 120 122 126 118

(g/cm3)

A

re

Masa Abundancia Periodo Atómica (u.a.m.) (%) TI2

]+ 11+ 2+ 1+ 109 110 129 e.E. CE. 50 110 m ddhsd CE. 35 Ma 2+ 1+ e.E. CE. 0+ 6,5 8,6 69,1 24,3 4,56 0,67 1,01111 2,4 hm 27,1 95,7 4
1

-----_.

__.

.....,10


1+ 2+ .1+ ~+ 1+ },+

132 122 124 128 130 120 126

2

Densidad 52 253 123 e.E. c.E. c.E. 8118 51 ZAbundancia 117 C.E. 0+ 31+ C.E. C.E. P' Periodo 69 62m Masa 119 124 118 34,5 2,5 123,906211 60,2 ATI 4,93 121,905180 125,907250 18,7 31,7 7,0("lo) 57,3 0,89 3,85 25,0 13,2 4,18 6,69 6,24 12,5 38,0 42,7 0,091 12,4 2,7 mham 123,905938 3,6m 2,70 9,4 4,6 15,8 78,2 16,0 6,00 16,8 dh 121,903056 129,906223 Atómica 117,905932 (u.a.m.) 131313119,904026 125,903304 117,905533 119,905076 123,902819 127,904461 131,908524 (gjcm3) 13124,904624 126,906914 128,906596 120,903822 122,904271 118,906410 130,908522 122,905605 132,910940 118,903948 124,905247 122,904216 126,905217 120,904935 116,908636 124,904424

253

254


Densidad Elemento

130 136 134 134 128 132

Z

(g/cm3)

A

In

.J.+ ~+ 11+ .J.+ 126 2CE. 122 40,1 100 130 121 317Ma CE. 0+ CE. hhm 5+ 4+ 1+ 55 54 0+ 16 1,92 0,090 8,9 29,2 3,82 226,4 6,9 0,0059 1,873 2,08 21,2 10,4 4,1 2,06 0,096 9,69 5,25 36,4 2,30 20,1 9,1 125,905619 8,04 12,4 dha 131,906430 6,47 13,0 127,903530 /3135,907220 131,904155 125,904268 131,907995 129,906711 133,905395 129,903509 133,906714 127,905805 /3/3/3121,908560 /3129,906674 . 131 123,905895 25,0 136,911563 128,904780 126,904468 132,905447 130,905083 134,907208 134,905972 128,904988 130,906125 126,905179 124,906398 122,908477 120,911379 (~+ 130,905460 )132,905906

(r)

Masa Atómica (u.a.m.) CE. /3-

Abundancia (%)

Periodo TI2

., Apéndice B. Propiedades nucleares

2

140 142 130 132 134 136 138 140

2

~+ 1.1+ ~1+ Densidad 136 57 135 2c.E. 128 134 127 56 Masa C.E. 58 133 1+ Abundancia Periodo 0+ C.E. 3C.E. C.E. 76 hhm C.E. 5+ ¡n 11,2 ATI 0,101 71,7 19,5 6,19 9,87 0,106 6,59 2,42 7,85(%) 12,7 10,7 139,909473 3,5 18,3 12,0 30,2 99,911 137,911011 0,190 5,4 3,90 0,089 6,78 2,43 40,3 17,6 12,7 141,914077 2,2 13,1 dha 135,907650 127,908209 135,904571 133,904504 129,906311 131,905056 137,907108 133,909030 135,907140 139,910598 82,9 32,2 Atómica (u.a.m.) 137,905242 91,1 135,907307 140,914410 138,908836 134,906972 132,911550 140,910958 132,906003 136,905822 130,906931 136,907085 138,906349 134,909147 136,905622 134,905684 128,908675 126,911120 (r) pp-

(g/cm3)

p-

255

256


Elemento

~+ 1+ 1139 2138 59 C.E. CE. C.E. 100 060 1+ CE. CE. 0+ 8,3 17,2 143,913301 11,1 0,254 6,95 141,910041 6,78 27,2 12,2 88,5 5,7 5,6 23,8 147,916889 151,924680 149,920887 145,913113 143,910083 137,905986 141,909241 137,910750 141,907719 143,913643 139,905435 139,909310 139,909072 {3{3148,920145 144,912569 142,909810 146,916096 140,908272 142,912382 144,917230 138,908933 138,906647 138,911920 140,909605 136,907780 142,910813 140,907648 150,923825 (r) ~ll+

142 146 148 150 144 138 140

Z

Densidad (g/cm3)

A

P'


140 139 284 ddhh {3137 2,5 hm 4,4 33,0 29,7 9,0 3,37 11,0 19,2 1,45 1,73 32,5 137,2 CE. 13,6 3,39 12,4 11,4 17,3 2,98

Abundancia

(%)

Periodo TI2

~


2 150 154 152 146 148 (1-) 144 150

11+ 1Densidad 61 143 e.E. 1142 63 62 143 530265 1+ 142 0+ C.E. 349 e.E. e.E. c.E. 13 Ma C.E. 148 C.E. 149 36 103 90 aam Abundancia Periodo Masa 340 dshda In 145,914693 5,5 147,917468 7,7 AT, 149,920980 2,68 40,5 17,7 15,1 153,922976 149,919699 147,918154 72,5 143,912586 11,3 3,1 (%) 46,8 252,1 6,6 13,9 53,1 8,83 7,4 93,1 5,37 151,921741 22,4 2,62 5,22 54,5 8,5 47,9 2,6 145,913038 151,919729 147,914818 149,917272 131313141,912950 141,915204 153,922206 143,911996 Atómica 13(u.a.m.) (g/cm3) 144,913407 150,919929 146,914894 148,917180 154,924636 152,922094 144,912745 148,918330 152,921227 142,910928 142,914624 148,917923 146,915134 150,919846

(X

257

1 j

<,.¡

258


1+8,33 154 64 100 150 Masa 65 66 156 153 3-Densidad 149 2CE. 242 dadhd CE. C.E. 15 hddham 150 0+ 120 157 1+ CE. CE. 34,9 Ma C.E. Periodo 157,925410 7,95 ATIAbundancia 159,927164 24,8 2,1 0,100 15,7 18,6 8,1 21,8 6,90 20,6 0,20 0,057 144,4 8,56 155,924744 3,7m 10,0 72,1 161,929480 14,8 1,8 Ma .6,4 9,4 5,34 155,924751 159,927051 155,924278 157,924405 151,919789 153,920862 155,922120 157,924101 153,924423 149,918656 ¡n pppAtómica (u.a.m.) (%) p7,76 p(gjcm3) 158,926385 158,925736 150,920345 160,929666 154,925749 154,922619 152,925763 152,921747 156,923957 156,925461 148,919339 158,925343 160,927566 156,925420 156,924021 154,922890 I

OC

'2

160 0+ 3152 154 158 162 156 1-

OC

.,

,,


168 170 172 166 162 164

2

1+ z+ 1~zDensidad· 21161Periodo 2+ 1+ c.E. 67 69 162 166 15 100 Masa 160 167 03+ 33 m C.E. ahm 68 0+ C.E. e.E. In 27,1 2.4,9 25,5 1,56 10,4 169,935798 171,939352 9,35 8,76 ATIAbundancia hdd c.E. C.E. e.E. 28,1 22,9 33,4 14,9 0,14 75,1 2,3 29,0 7,70 165,932281 9,16 3,24 93,1 19,90 9,25 9,40 3,1 28,6 13128,6 167,932368 167,934171 161,926795 163,929197 49,3 7,52 (%) 163,929171 161,928775 165,930290 169,935461 163,930231 161,929092 165,933554 159,929080 2,33 165,932803 26,8 81,6 159,925194 Atómica (u.a.m.) 13(g/cm3) 13162,928728 164,930723 170,938026 164,930319 162,930029 168,934588 160,930002 166,932046 164,931700 160,926930 168,934211 166,932849 162,928730 166,933127 163 (r)

259

260

176 174 178 168 170 172


'2

~1.~2+ 1+ 1Densidad 171 172 71270 172 167 0+ 70 dham e.E. 173 1+ 74m T' 72 71 Abundancia Periodo Masa C.E. e.E. c.E. 166 c.E. C.E. C.E. 14,4 24,0 0,135 21,9 12,6 3,1 (%) 9,74 13,3 16,2 2,61 6,71 1,92 31,6 18,6 5,2 1,87 27,1 0,16 97,39 1,9 171,939082 32,0 6,70 ATI 17,5 12,1 1,37 173,940334 175,942683 3,3 7,01 171,938396 63,6 56,7 hda 4,19 (4-) 167,933895 177,945952 177,946644 169,934759 171,936378 175,942569 Atómica {3(u.a.m.) 165,933880 173,938858 175,941403 171,939460 173,940042 177,943698 {3{3(g/cm3) 166,934947 172,938207 170,936323 172,940650 174,941504 176,943220 174,941273 176,943755 176,945257 170,936426 174,940768 168,935187 172,938927 (~+{3) 170,940490

Apéndice B.

182 184 186 188 180

1+ 2+ .177,945850 l12+ 9Ma 13178 74 75 182 ~ 9,31 Masa 73 ZAbundancia CE. 665 C.E. CE. 64m 38 71 m 0+ 2+ 0+ 38 ddm 115 C.E. 121 ddh fJCE. 1+ CE. T' AT. 30,7 178,945934 187,958112 13,7 16,9 0,13(%) 20,53 19,3 26,3 14,3 23,9 75,1 185,954986 181,950152 99,9877 35,2 28,6 5,1 16,6 69,4 0,0123 I Densidad 62,60 183,952524 37,40 21,5 12,7 181,950553 183,950932 179,946706 24,3 Atómica (u. a.m.) 13185,954362 177,945750 187,958487 179,947466 1313131342,4 181,948205 181,951210 90,6 179,946549 180,949099 I ~ (g/cm3) 182,950224 184,953420 186,957158 c.E.1 182,951373 180,947996 180,948198 184,952955 186,955750 178,945815 182,953530 178,947072 182,950821 188,959228 183 179

Ir

(r) (r)

i

"

262



Z

(g/cm3)

Masa

A

In

l12l+ Os (4+) 77 78 1-C.E. 4CE. 50 ahdahd 76 C.E. 182 CE. 0+ 187 188 21,5 C.E. 188 32,9 33,8 16,1 15,4 2,9 0,018 41,0 26,4 13,3 11,8 1,6 189 187,958852 41,5 37,3 2,35 0,013 0,78 62,7 6,0 30,6 13,1 13,0 93,6 10,9 22,48 2,8 191,962602 74,2 22,42 21,37 10,2 189,960590 (2)193,965075 193,962663 183,952491 189,958445 187,955836 191,961479 185,953838 181,952186 189,959930 191,961035 187,959395 19,2 193,965179 pp190,961684 184,954043 188,958145 190,960928 188,960832 194,964774 186,955747 192,964148 190,960591 186,960700 188,958716 192,962923 194,965976 182,953110 192,962984 183

(r)

Abundancia (%) Atómica (u. a.m.) p-

Periodo

T!2

" Apéndice B. Propiedades nucleares

204 202 200 198 196

Masa Densidad [re Atómica (u.a.m.) A Elemento Z (gjcm3) J2J+ 1+ J11100 2181 80 200 01CE. 0+ 79 194 C.E. 193 2011942,696 C.E. 186 dadhdad 13520 0+ CE. CE. 73 hm 16,8 29,8 197,968225 10,0 19,32 193,965338 13,55 11,85 199,970945 195,966551 46,6 25,3 23,1 13,2 0,15 199,970720 197,967875 7,2 3,8 203,974412 5,2 m 100 195,964934 39,5 6,9195 26,1 6,18 64,1 201,972090 29,5 12,2 9,5 197,966752 30,8 199,971423 12,5 18,3 193,965381 3,14 201,970625 13203,973475 195,965814 199,968309 3,77 198,968262 196,967323 196,967195 194,966640 192,966644 204,976056 202,972857 200,970285 194,965017 196,966551 202,972329 198,968748 200,970803 19613198,970576 48,4

-----------'¡

Abundancia

Periodo

(%)

Tl2

263

j

264


Densidad Elemento

!-

212 210 206 204 208

Z

(gjcm3)

Masa

A

In

Atómica (u.a.m.)

1+ 22+ 1207 0,368 202 84 85 206 208 100 209 207 CE. CE. C.E. 15 0183 82 201 IX 206 IX IX IX CE. 102 ahdasd CE. 32Ma ahdm 6+ 5+ C.E. 0+ 205 22,1 51,9 5,8 2,90 209,984105 205,977408 4,20 36,1 6,24 9,24 1,63 5,4 9,3 hMa 1,42 138,4 211,991271 0,52 Ma C.E. 3,25 0,05 5,01 2,15 10,6 9,747 11,35 70,5 22,3 8,8 60,6 8,3 207,981231 207,986570 205,978483 207,97663652,3 207,979727 201,972143 211,991887 205,97444924,1 209,984174 203,973028 205,980465 209,987131 209,982857 (5+) {3{3{3208,986158 200,972850 208,982415 208,980384 210,987258 206,975880 202,973375 204,974467 206,981578 206,978456 204,976095 210,986637 208,981075 210,988732

¡

Abundancia (%)

Periodo

Ti2

~



Z

(g/cm3)

A

P'

Masa

Abundancia

Periodo

Atómica (u. a.m.)

(%)

TI2

265

~+ ~211+ c.E. 222 586 224 100 229 oc 90 oc OC oc 207 223 212 75400 42m 1602 35 0+ 210 5+ C.E. 20m 89 oc 88 38 oc 1/329 hsh/ls 228 87 209 50ms 7300 C.E. c.E. 211 24m 9,3 m 220,012313 0,0097 11,3 3,66 7,21 2,9 2,4 1,91 14,8 10,0 6,1 0,31 3,82 dhasahaa /3226,026089 27,4 14,6 11,4 (0)224,021708 (1-) (3+) (1)211,990735 224,020201 232,038049 209,989679 211,996182 222,017569 0,12 oc 228,031014 230,033126 226,025402 22,3 m 228,028731 /3218,005586 0,11 21,8 211,990735 222,015361 /321,77 25,52 206,990730 210,990585 210,987481 212,992922 208,996402 227,027747 215,000326 223,019731 231,036296 229,031754 223,018497 233,041576 225,023603 227,029170 225,023220 225

(~)

(r)

J!

Fl'sica Nuclear: problemas resueltos

266

z+ .1+ z1+ 1~2~241 237 247 236 234 238 91 94 95 16 7370 433 adhaMa 2+ Masa 230 233 92 93 96 oc oc oc oc 4700 adaa 1-237 6570 32800 240 24100 CE. e.E. CE. oc oc Periodo Densidad 0+ CE. In TI246 AZAbundancia 236,046570 0,11 2,14 Ma 232,038581 23,43 2,36 242,059542 0,245 15,4 19,7 240,055287 50,9 6,75 0,376 Ma 90,720 9,275 230,034532 17,7 23,5 14,4 4,96 2,117 45,3 1,31 244,064278 10,1 1,4Ma dm 18,9 87,74 27,0 16,0 (2-) (6-) 0,1592 238,050783 240,053806 236,045561 238,050940 246,067217 238,049552 234,040945 Atómica (u.a.m.) (3-) 242,058736 (g/cm3) p(%) ppp231,035878 243,061372 237,048403 241,056822 235,043922 233,040239 247,070346 239,052930 237,048166 239,052156 241,056844 237,048723 233,039627 243,061996 239,054289 229,032093 229 I

238 236 232 240 242 244

2:

(t)

oc

~

Apéndice 8. Propiedades nucleares

Elemento

z

Densidad (gjcm3)

A

In

253 fC.E. 262 f1+ 2258 0+ 9101 197 9258,098250 00 246 251 256 257 248 247 261 259 115 ms 64m 263 1380 03 260 258 102 246068670 60m 252 55 dsdhsdasdhaa f198 898 34 ms 100 472 180 65 248072341 252081619 252082970 61,112110 62,123120 63,118620 1,8 260,105570 61,108910 0,8 20,5 1,8 0,34 2,63 Ma 262,114370 2,64 1,2 252 (4+,5-)257 5,2 (8)258,098427 256,091766 253084818 251079579 249075946 247070298 259,101050 257,095096 257,095535 (r) ex ex ex ex ex {3-

Masa

Abundancia

Periodo

Atómica (u.a.m.)

(%)

TI2

267

ex ex

104

Al finalizar este libro la comunidad científica internacional no había llegado a un acuerdo sobre la denominación formal de los elementos a partir del 104. Ésta es la razón por la que no aparece ni su símbolo químico ni el nombre.

t

--.-

_

sustancia ca Inducción de masa) mm Hg) 1ectronvo1tio) vatio-hora) mgstrom) Campo

270

, 1


TABLA ~--

l.

Unidades más utilizadas

---------

ues Unidad unidades mo1 m2 10 C 1ueq xxJ 10Am-1 utilizadas bues === 279,79 1bar 13,33 x10-7 105 Pa G= T cm2 1cm2 1At= = 1,013 m2 1W Pa lkeV 8,6 xm2 W 10-8 K10-30 1eV 1,602 10-19 1Wh =10-4 3,6 N.m K (kelvin) (newton-metro) 11CV=735,5 MeV torr /c 1,33 = 102 Jm (metro) X 103 X10-23 J-10-34 JOtras N.m b1,78 At 1A (atmósfera) 10-10 m Equivalencias V V/m (voltio) 1Oe 79,57 Am-1 kg (kilogramo) N (newton) Pa(pasca1) MeV/c W(vatio) C (julio) (culombio) ueq °c CV (grado erg/s (caballo = Ce1sius) de vapor) W edyn(dina) f1(micra) rg(ergio) 1erg ==10-28 10-7 A (amperio) u.a.m. (unidad =10-4 1,66 x(barn) 10-27 dyn= f1 10-6 10-5 m N T(tesla)G(gauss) 1cm-1 1,99 xV/m Jkg T(°C) =T(K)-273,16 Oe (oersted) 11u.a.m. MeV/c2 =5,34 X kg MeV/c2 Fuerza Tensión Corriente 1u.a.m. Campo = 931,5 MeV /c2 i

i,

\

-

ógeno es

Apéndice C. Unidades y constantes

TABLA 2. Constantes

he hc e2/4nEo h=h/2n

Nombre 5,4860 10-4 10-19 u.a.m. C 1,602189 1,007277 1,008665 u.a.m. m 5,291771 xMeV.fm 1/137,0360 Valor 2,99792458 9,27408 5,05084 xx1010-24 10X 27 J/T Jmis /T .K4 Símbolo 5,6703 xJxx/mo1.K W /m2 1,0973732 x10-11 107 m-I 6,022045 x10-23 1023 mol8,3144 197,329 MeV.fm 6,62618 1034 10-34 J.s J.s1 1239,835 1,054589 x8108 10-11 Nm2/kg2 J/K 1,38066 6,6726 1,439976 MeV.fm 8,6174 xXxX10-5 938,3 939,6 MeV MeV/c2 N.m2/C2 /c2 eV/K 8,988.109 10-16 10-15 eV.s eV.s 6,58217 4,13570 0,511 10-8 eV/T 3,15245 10-5 5,78838

más utilizadas hkec R IX (J G Roo ao mn me NA f.1N f.1B mp

13,60580 eV

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------------------~--

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Física Nuclear - María Shaw y Amalia Williart

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