Exercicis de física nuclear i radioactivitat — Física 2n Batxillerat

Aquí tens 30 exercicis resolts de física nuclear i radioactivitat, el darrer tema de Física de 2n de Batxillerat i un dels més preguntats a les PAU. Començaràs per l'estructura del nucli i els isòtops, el defecte de massa i l'energia d'enllaç per nucleó, i aprendràs a escriure i equilibrar les desintegracions alfa, beta i gamma. Després treballaràs la llei de desintegració radioactiva, el període de semidesintegració i l'activitat d'una mostra, i acabaràs amb la fissió, la fusió i els mètodes de datació amb carboni-14 i urani-plom. Els exercicis avançats són problemes tipus PAU amb apartats encadenats. Vigila els errors més freqüents: confondre el període amb la constant de desintegració, oblidar convertir els anys a segons per obtenir becquerels i restar malament les masses en el defecte de massa.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

L'urani natural conté sobretot l'isòtop ²³⁸₉₂U i una petita proporció de ²³⁵₉₂U. Indica el nombre de protons i de neutrons del nucli de cada isòtop, explica què tenen en comú i en què es diferencien, i digues quants electrons té l'àtom neutre.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

U-238: 92 protons i 146 neutrons; U-235: 92 protons i 143 neutrons. Són isòtops (mateix Z, diferent nombre de neutrons); l'àtom neutre té 92 electrons.

Resolució

Notació. En ${}^{A}_{Z}\mathrm{X}$ , Z és el nombre atòmic (protons) i A el nombre màssic (protons + neutrons); el nombre de neutrons és $N = A - Z$ .
Urani-238. $Z = 92$ protons i $N = 238 - 92 = 146$ neutrons.
Urani-235. $Z = 92$ protons i $N = 235 - 92 = 143$ neutrons.
Què tenen en comú i en què es diferencien. Són isòtops: tenen el mateix nombre de protons (són el mateix element, amb les mateixes propietats químiques) però diferent nombre de neutrons (3 de diferència). Per tant tenen diferent massa i diferent comportament nuclear: el 235 és fissionable amb neutrons lents; el 238, no.
Electrons. L'àtom neutre té tants electrons com protons: 92 en tots dos casos.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

El radi-226 (²²⁶₈₈Ra) es desintegra emetent una partícula alfa. Escriu l'equació de la desintegració, identifica el nucli fill (Z = 86 és el radó, Rn) i explica quines magnituds s'han conservat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

{}^{226}_{88}\mathrm{Ra} \rightarrow {}^{222}_{86}\mathrm{Rn} + {}^{4}_{2}\mathrm{He}

; el nucli fill és el radó-222. Es conserven el nombre màssic, la càrrega, la quantitat de moviment i l'energia total.

Resolució

Què és una partícula alfa. És un nucli d'heli, ${}^{4}_{2}\mathrm{He}$ . En emetre-la, el nucli perd 2 protons i 2 neutrons: A baixa 4 unitats i Z baixa 2.
Equació. ${}^{226}_{88}\mathrm{Ra} \rightarrow {}^{222}_{86}\mathrm{Rn} + {}^{4}_{2}\mathrm{He}$
Nucli fill. Amb Z = 86 és el radó-222, un gas noble radioactiu que s'acumula als soterranis de les cases.
Magnituds conservades. El nombre màssic ( $226 = 222 + 4$ ), la càrrega o nombre atòmic ( $88 = 86 + 2$ ), la quantitat de moviment i l'energia total: la massa que desapareix es converteix en energia cinètica de les partícules.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

El fluor-18 (¹⁸₉F), que es fa servir en les tomografies PET dels hospitals, es desintegra per emissió beta més (positró). Escriu l'equació de la desintegració i identifica el nucli fill (Z = 8 és l'oxigen). Què passa a dins del nucli en aquesta desintegració?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

{}^{18}_{9}\mathrm{F} \rightarrow {}^{18}_{8}\mathrm{O} + {}^{0}_{+1}e + \nu

; el nucli fill és l'oxigen-18. Dins del nucli, un protó es transforma en un neutró.

Resolució

Desintegració β⁺. Un protó del nucli es transforma en un neutró i s'emeten un positró (e⁺, l'antipartícula de l'electró) i un neutrí: $p \rightarrow n + e^{+} + \nu$
Efecte sobre A i Z. El nombre màssic no canvia i el nombre atòmic baixa una unitat.
Equació. ${}^{18}_{9}\mathrm{F} \rightarrow {}^{18}_{8}\mathrm{O} + {}^{0}_{+1}e + \nu$ El nucli fill és l'oxigen-18, estable. Comprovació: $18 = 18 + 0$ i $9 = 8 + 1$ .
Aplicació a la PET. El positró s'anihila amb un electró del cos i produeix dos fotons gamma, que es detecten per formar la imatge.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Explica què canvia en un nucli quan emet radiació gamma i per què l'emissió gamma acostuma a acompanyar les desintegracions alfa i beta. Quina diferència fonamental hi ha entre la radiació gamma i les partícules alfa i beta?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

En emetre gamma no canvien ni A ni Z: el nucli només passa d'un estat excitat a un de menys energia. La gamma és radiació electromagnètica, sense massa ni càrrega; alfa i beta són partícules amb massa i càrrega.

Resolució

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

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

El iode-131, utilitzat en medicina, té un període de semidesintegració de 8 dies. Quina fracció d'una mostra queda al cap de 24 dies? Quants dies han de passar perquè només en quedi la setzena part?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

Al cap de 24 dies queda

\tfrac{1}{8}

de la mostra (12,5 %); perquè en quedi

\tfrac{1}{16}

calen

t = 32\ \text{dies}

Resolució

Dades. $T = 8\ \text{dies}$ . Es demana la fracció que queda al cap de 24 dies i el temps per quedar-ne $\tfrac{1}{16}$ .
Llei de desintegració per períodes. Cada període de semidesintegració el nombre de nuclis es redueix a la meitat: $N = N_0\left(\tfrac{1}{2}\right)^{n},$ on n és el nombre de períodes transcorreguts.
Fracció als 24 dies. $n = \tfrac{24}{8} = 3$ períodes: $\dfrac{N}{N_0} = \left(\tfrac{1}{2}\right)^{3} = \tfrac{1}{8} = 0{,}125$ . Queda el 12,5 % de la mostra (se n'ha desintegrat el 87,5 %).
Temps per a 1/16. $\tfrac{1}{16} = \left(\tfrac{1}{2}\right)^{4}$ : calen 4 períodes, $t = 4\cdot 8 = 32\ \text{dies}$ .
Conclusió. Recorda que la mostra mai no desapareix del tot: cada 8 dies es redueix a la meitat del que quedava.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

El cobalt-60 té un període de semidesintegració de 5,27 anys. Calcula la seva constant de desintegració en any^-1 i en $\text{s}^{-1}$ . Què significa físicament aquesta constant? Dada: 1 any = 3,16· $10^{7}$ s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Resultat

\lambda = 0{,}132\ \text{any}^{-1} = 4{,}2\cdot10^{-9}\ \text{s}^{-1}

; és la probabilitat de desintegració d'un nucli per unitat de temps.

Resolució

Dades. $T = 5{,}27\ \text{anys}$ ; 1 any = $3{,}16\cdot10^{7}\ \text{s}$ .
Relació entre λ i T. De $N = N_0\,e^{-\lambda t}$ , imposant $N = \tfrac{N_0}{2}$ en $t = T$ , surt $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T}$
Càlcul en any⁻¹. $\lambda = \dfrac{0{,}693}{5{,}27} = 0{,}132\ \text{any}^{-1}$ .
Càlcul en s⁻¹. $\lambda = \dfrac{0{,}132}{3{,}16\cdot10^{7}} = 4{,}2\cdot10^{-9}\ \text{s}^{-1}$ .
Significat físic. La constant de desintegració és la probabilitat que un nucli es desintegri per unitat de temps: cada segon es desintegra una fracció $4{,}2\cdot10^{-9}$ dels nuclis que queden. Com més gran és λ, més curt és el període i més inestable és el nuclid.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Una mostra conté 2· $10^{18}$ nuclis d'un isòtop radioactiu amb constant de desintegració 1,5· $10^{-10}$ $\text{s}^{-1}$ . Calcula l'activitat de la mostra en becquerels i en curies. Dada: 1 Ci = 3,7· $10^{10}$ Bq.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

A = 3\cdot10^{8}\ \text{Bq} = 8{,}1\cdot10^{-3}\ \text{Ci} = 8{,}1\ \text{mCi}

Resolució

Dades. $N = 2\cdot10^{18}$ nuclis, $\lambda = 1{,}5\cdot10^{-10}\ \text{s}^{-1}$ , 1 Ci = $3{,}7\cdot10^{10}\ \text{Bq}$ .
Activitat. És el nombre de desintegracions per segon i és proporcional al nombre de nuclis presents: $A = \lambda N$ .
Càlcul en Bq. $A = 1{,}5\cdot10^{-10}\cdot 2\cdot10^{18} = 3\cdot10^{8}\ \text{Bq}$ (300 milions de desintegracions cada segon).
Càlcul en Ci. $A = \dfrac{3\cdot10^{8}}{3{,}7\cdot10^{10}} = 8{,}1\cdot10^{-3}\ \text{Ci} = 8{,}1\ \text{mCi}$ .
Observació. Fixa't que l'activitat disminueix amb el temps igual que N: $A = A_0\,e^{-\lambda t}$ .

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

Classifica les radiacions alfa, beta i gamma segons el seu poder de penetració, indica quin material és capaç d'aturar cadascuna i ordena-les segons la seva capacitat d'ionitzar la matèria. Raona per què la radiació alfa és poc perillosa des de fora del cos però molt perillosa si s'inhala o s'ingereix.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

Penetració: alfa < beta < gamma (paper, mil·límetres d'alumini, gruixos grans de plom o formigó). Ionització: alfa > beta > gamma. L'alfa la para la pell, però dins del cos diposita tota l'energia en poques cèl·lules.

Resolució

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

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

El defecte de massa d'un cert nucli és de 0,1 u. Calcula la seva energia d'enllaç en MeV i en joules. Dades: 1 u = 1,66· $10^{-27}$ kg = 931,5 $\text{MeV/c}^{2}$ ; c = 3· $10^{8}$ m/s; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

E = 93{,}2\ \text{MeV} = 1{,}49\cdot10^{-11}\ \text{J}

Resolució

Dades. $\Delta m = 0{,}1\ \text{u}$ ; 1 u = $1{,}66\cdot10^{-27}\ \text{kg} = 931{,}5\ \text{MeV/c}^{2}$ ; 1 eV = $1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{J}$ .
Equivalència massa-energia. L'energia d'enllaç és l'energia equivalent al defecte de massa, $E = \Delta m\, c^{2}$ : la que caldria aportar per separar tots els nucleons.
Càlcul en MeV. Amb l'equivalència directa: $E = 0{,}1\cdot 931{,}5 = 93{,}15\ \text{MeV} \approx 93{,}2\ \text{MeV}$ .
Càlcul en J. $E = 93{,}15\cdot10^{6}\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 1{,}49\cdot10^{-11}\ \text{J}$ .
Comprovació. Amb $E = \Delta m\,c^{2}$ : $\Delta m = 0{,}1\cdot1{,}66\cdot10^{-27} = 1{,}66\cdot10^{-28}\ \text{kg}$ , i $E = 1{,}66\cdot10^{-28}\cdot(3\cdot10^{8})^{2} = 1{,}49\cdot10^{-11}\ \text{J}$ . Coincideix.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Identifica el tipus de desintegració (alfa, beta menys, beta més o gamma) en cada procés i justifica-ho amb els canvis de Z i A: a) ²¹⁰₈₄Po → ²⁰⁶₈₂Pb; b) ⁶⁰₂₇Co → ⁶⁰₂₈Ni; c) ²²₁₁Na → ²²₁₀Ne; d) ^99m₄₃Tc → ⁹⁹₄₃Tc.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Apartat a)

Resultat

Emissió alfa (A baixa 4 i Z baixa 2).

Resolució

Canvis. ${}^{210}_{84}\mathrm{Po} \rightarrow {}^{206}_{82}\mathrm{Pb}$ : $\Delta A = -4$ , $\Delta Z = -2$ .
Conclusió. El nucli ha perdut 2 protons i 2 neutrons: ha emès una partícula alfa, ${}^{4}_{2}\mathrm{He}$ .

Apartat b)

Resultat

Emissió beta menys (A no canvia i Z puja 1).

Resolució

Canvis. ${}^{60}_{27}\mathrm{Co} \rightarrow {}^{60}_{28}\mathrm{Ni}$ : $\Delta A = 0$ , $\Delta Z = +1$ .
Conclusió. Un neutró s'ha convertit en un protó i surten un electró i un antineutrí: és una desintegració β⁻.

Apartat c)

Resultat

Emissió beta més (A no canvia i Z baixa 1).

Resolució

Canvis. ${}^{22}_{11}\mathrm{Na} \rightarrow {}^{22}_{10}\mathrm{Ne}$ : $\Delta A = 0$ , $\Delta Z = -1$ .
Conclusió. Un protó s'ha convertit en un neutró i surten un positró i un neutrí: és una desintegració β⁺.

Apartat d)

Resultat

Emissió gamma (ni A ni Z canvien).

Resolució

Canvis. ${}^{99\text{m}}_{43}\mathrm{Tc} \rightarrow {}^{99}_{43}\mathrm{Tc}$ : $\Delta A = 0$ , $\Delta Z = 0$ .
Interpretació. El nucli passa d'un estat excitat (metaestable, «m») al fonamental emetent un fotó gamma. És el que es fa servir en les gammagrafies.
Regla ràpida. L'alfa canvia A i Z; la beta només canvia Z; la gamma no canvia res.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

El nucli de ferro-56 (⁵⁶₂₆Fe) té una massa de 55,9206 u. Calcula el defecte de massa, l'energia d'enllaç i l'energia d'enllaç per nucleó. Dades: $m_{p}$ = 1,00728 u; $m_{n}$ = 1,00866 u; 1 u = 931,5 $\text{MeV/c}^{2}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

\Delta m = 0{,}5285\ \text{u}

;

E_e = 492\ \text{MeV}

;

\tfrac{E_e}{A} = 8{,}79\ \text{MeV/nucleó}

Resolució

Composició. $Z = 26$ protons i $N = 56 - 26 = 30$ neutrons.
Massa dels nucleons separats. $26\cdot1{,}00728 + 30\cdot1{,}00866 = 26{,}18928 + 30{,}25980 = 56{,}44908\ \text{u}$ .
Defecte de massa. $\Delta m = 56{,}44908 - 55{,}9206 = 0{,}5285\ \text{u}$ . Error típic: restar en ordre invers i obtenir un defecte de massa negatiu; la massa del nucli és sempre menor que la suma de les parts.
Energia d'enllaç (equivalència massa-energia). $E_e = \Delta m\,c^{2} = 0{,}5285\cdot931{,}5 = 492\ \text{MeV}$ .
Per nucleó. $\dfrac{492}{56} = 8{,}79\ \text{MeV/nucleó}$ .
Interpretació. És un dels valors més alts de tots els nuclis: per això el ferro és dels més estables i és el final de la cadena de fusió de les estrelles.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

L'estronci-90, un dels residus de les proves nuclears, té un període de semidesintegració de 28,8 anys. Quin percentatge de l'estronci-90 alliberat l'any 1960 quedava encara 100 anys després? Calcula primer la constant de desintegració.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

\lambda = 0{,}0241\ \text{any}^{-1}

; al cap de 100 anys en queda el 9,0 %.

Resolució

Dades. $T = 28{,}8\ \text{anys}$ , $t = 100\ \text{anys}$ (de 1960 a 2060).
Constant de desintegració. $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T} = \dfrac{0{,}693}{28{,}8} = 0{,}0241\ \text{any}^{-1}$ .
Llei de desintegració. $N = N_0\,e^{-\lambda t} \;\Rightarrow\; \dfrac{N}{N_0} = e^{-0{,}0241\cdot100} = e^{-2{,}41} = 0{,}090$
Resultat. Al cap de 100 anys en queda el 9,0 %.
Comprovació. 100 anys són $\tfrac{100}{28{,}8} = 3{,}47$ períodes: $\left(\tfrac{1}{2}\right)^{3{,}47} = 0{,}090$ . Està entre 3 períodes (12,5 %) i 4 (6,25 %), com era d'esperar.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

El cesi-137 té un període de semidesintegració de 30 anys. Quant de temps ha de passar perquè l'activitat d'una zona contaminada es redueixi a l'1 % de la inicial? A quants períodes correspon?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

t \approx 199\ \text{anys} \approx 200\ \text{anys}

, que corresponen a 6,64 períodes.

Resolució

Dades. $T = 30\ \text{anys}$ ; es vol $\tfrac{A}{A_0} = 0{,}01$ .
Llei de desintegració. L'activitat segueix la mateixa llei que el nombre de nuclis: $A = A_0\,e^{-\lambda t}$ , amb $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T} = \dfrac{0{,}693}{30} = 0{,}0231\ \text{any}^{-1}$ .
Càlcul del temps. $e^{-\lambda t} = 0{,}01 \;\Rightarrow\; -\lambda t = \ln 0{,}01 = -4{,}605 \;\Rightarrow\; t = \dfrac{4{,}605}{0{,}0231} = 199\ \text{anys} \approx 200\ \text{anys}$
Nombre de períodes. $\tfrac{199}{30} = 6{,}64$ períodes. Comprovació: $\left(\tfrac{1}{2}\right)^{6{,}64} = 0{,}01$ .
Conclusió. Fixa't que per baixar a l'1 % no calen 100 períodes sinó només uns 6,6, perquè la reducció és exponencial: 7 períodes ja donen $\tfrac{1}{128} \lt 1\ \%$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Calcula l'activitat d'1 g de radi-226, que té un període de semidesintegració de 1600 anys, i expressa-la en curies. Dades: massa atòmica del Ra-226 = 226 u; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1; 1 any = 3,16· $10^{7}$ s; 1 Ci = 3,7· $10^{10}$ Bq.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

A = 3{,}65\cdot10^{10}\ \text{Bq} \approx 0{,}99\ \text{Ci} \approx 1\ \text{Ci}

Resolució

Nombre de nuclis. 1 g de radi-226 és $\tfrac{1}{226}$ mol: $N = \tfrac{1}{226}\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 2{,}66\cdot10^{21}$ nuclis.
Constant de desintegració en s⁻¹. $T = 1600\cdot3{,}16\cdot10^{7} = 5{,}06\cdot10^{10}\ \text{s}$ , i $\lambda = \dfrac{0{,}693}{5{,}06\cdot10^{10}} = 1{,}37\cdot10^{-11}\ \text{s}^{-1}$ . Error típic: deixar el període en anys i obtenir l'activitat en desintegracions per any en lloc de becquerels.
Activitat. $A = \lambda N = 1{,}37\cdot10^{-11}\cdot2{,}66\cdot10^{21} = 3{,}65\cdot10^{10}\ \text{Bq}$ .
En curies. $\dfrac{3{,}65\cdot10^{10}}{3{,}7\cdot10^{10}} = 0{,}99\ \text{Ci} \approx 1\ \text{Ci}$ .
Conclusió. No és casualitat: el curie es va definir originalment com l'activitat d'1 g de radi-226.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

L'urani-238 (²³⁸₉₂U) es desintegra a través d'una cadena de desintegracions alfa i beta menys fins a arribar al plom-206 (²⁰⁶₈₂Pb), que és estable. Determina quantes desintegracions alfa i quantes beta menys té la cadena.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

La cadena té 8 desintegracions alfa i 6 beta menys.

Resolució

Plantejament. De ${}^{238}_{92}\mathrm{U}$ a ${}^{206}_{82}\mathrm{Pb}$ ; cada alfa fa $\Delta A = -4$ , $\Delta Z = -2$ , i cada beta menys fa $\Delta A = 0$ , $\Delta Z = +1$ .
Desintegracions alfa. Només les alfa canvien el nombre màssic: $238 - 206 = 32$ , i $\tfrac{32}{4} = 8$ alfa.
Desintegracions beta menys. Les 8 alfa fan baixar Z en $2\cdot8 = 16$ unitats: de 92 passaria a 76. Com que el plom té Z = 82, calen $82 - 76 = 6$ beta menys (cadascuna puja Z una unitat sense canviar A).
Comprovació. A: $238 - 8\cdot4 - 6\cdot0 = 206$ ; Z: $92 - 8\cdot2 + 6\cdot1 = 82$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

En els reactors de fusió es vol aprofitar la reacció entre deuteri i triti: ²₁H + ³₁H → ⁴₂He + ¹₀n. Calcula l'energia alliberada en cada reacció en MeV i en joules. Dades: m(²H) = 2,01410 u; m(³H) = 3,01605 u; m(⁴He) = 4,00260 u; m(n) = 1,00866 u; 1 u = 931,5 $\text{MeV/c}^{2}$ ; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

E = 17{,}6\ \text{MeV} = 2{,}8\cdot10^{-12}\ \text{J}

per reacció

Resolució

Massa de reactius i productes. Reactius: $2{,}01410 + 3{,}01605 = 5{,}03015\ \text{u}$ . Productes: $4{,}00260 + 1{,}00866 = 5{,}01126\ \text{u}$ .
Defecte de massa. La massa disminueix: $\Delta m = 5{,}03015 - 5{,}01126 = 0{,}01889\ \text{u}$ . Aquesta massa es transforma en energia cinètica dels productes (sobretot del neutró).
Energia en MeV (equivalència massa-energia). $E = 0{,}01889\cdot931{,}5 = 17{,}6\ \text{MeV}$ .
Energia en J. $E = 17{,}6\cdot10^{6}\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 2{,}8\cdot10^{-12}\ \text{J}$ .
Interpretació. És una energia enorme per reacció comparada amb la d'una reacció química (uns pocs eV per molècula): per això la fusió és tan atractiva, encara que calguin temperatures de milions de graus per vèncer la repulsió entre els nuclis.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

En cada fissió d'un nucli d'urani-235 s'alliberen uns 200 MeV. a) Calcula l'energia que s'obté de la fissió completa d'1 kg d'urani-235. b) Quants quilograms de carbó, de poder calorífic 30 MJ/kg, caldria cremar per obtenir la mateixa energia? Dades: massa atòmica de l'U-235 = 235 u; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Apartat a)

Resultat

E = 8{,}2\cdot10^{13}\ \text{J}

Resolució

Nombre de nuclis en 1 kg. $n = \tfrac{1000}{235} = 4{,}26\ \text{mol}$ , i $N = 4{,}26\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 2{,}56\cdot10^{24}$ nuclis.
Energia per fissió. $200\cdot10^{6}\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 3{,}2\cdot10^{-11}\ \text{J}$ .
Energia total. $E = 2{,}56\cdot10^{24}\cdot3{,}2\cdot10^{-11} = 8{,}2\cdot10^{13}\ \text{J}$ .

Apartat b)

Resultat

m \approx 2{,}7\cdot10^{6}\ \text{kg}

de carbó (unes 2700 tones)

Resolució

Poder calorífic. Cada kg de carbó dona $30\ \text{MJ} = 3\cdot10^{7}\ \text{J}$ .
Massa de carbó. $m = \dfrac{8{,}2\cdot10^{13}}{3\cdot10^{7}} = 2{,}7\cdot10^{6}\ \text{kg}$ , unes 2700 tones de carbó per cada quilogram d'urani fissionat.
Interpretació. Aquesta diferència de gairebé 7 ordres de magnitud reflecteix que l'energia nuclear prové de la força nuclear forta, i la química, dels enllaços entre electrons.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

L'activitat d'una mostra radioactiva és de 8000 Bq i, 6 hores més tard, de 1000 Bq. Determina el període de semidesintegració i la constant de desintegració de l'isòtop. Quina activitat tindrà la mostra 10 hores després de la primera mesura?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Resultat

T = 2\ \text{h}

;

\lambda = 0{,}347\ \text{h}^{-1} = 9{,}6\cdot10^{-5}\ \text{s}^{-1}

;

A(10\ \text{h}) = 250\ \text{Bq}

Resolució

Dades. L'activitat passa de 8000 Bq a 1000 Bq en 6 h.
Nombre de períodes. S'ha dividit per $8 = 2^{3}$ : han transcorregut 3 períodes, i per tant $T = \tfrac{6\ \text{h}}{3} = 2\ \text{h}$ .
Constant de desintegració. $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T} = \dfrac{0{,}693}{2} = 0{,}347\ \text{h}^{-1} = \dfrac{0{,}347}{3600} = 9{,}6\cdot10^{-5}\ \text{s}^{-1}$ .
Activitat a les 10 h. 10 h són 5 períodes: $A = 8000\cdot\left(\tfrac{1}{2}\right)^{5} = \tfrac{8000}{32} = 250\ \text{Bq}$ . Comprovació: $A = 8000\,e^{-0{,}347\cdot10} = 8000\cdot0{,}0312 = 250\ \text{Bq}$ .
Observació. Si el quocient no fos una potència de 2, caldria resoldre amb logaritmes: $t = \dfrac{\ln(A_0/A)}{\lambda}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Raona si cada afirmació és certa o falsa: a) La velocitat de desintegració d'una mostra radioactiva es pot accelerar escalfant-la. b) En una desintegració beta menys el nombre màssic no canvia. c) Un nucli amb més energia d'enllaç total és sempre més estable que un altre amb menys. d) Al cap d'un període de semidesintegració, exactament la meitat dels nuclis s'han desintegrat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Apartat a)

Resultat

Falsa: la desintegració no depèn de la temperatura; λ és característica de cada nuclid.

Resolució

Raonament. La desintegració és un procés nuclear que no depèn de la temperatura, la pressió ni l'estat químic de la mostra.
Conclusió. La constant λ és característica de cada nuclid: escalfar la mostra no accelera la desintegració.

Apartat b)

Resultat

Certa: A es manté i Z augmenta una unitat.

Resolució

Raonament. En la desintegració β⁻ un neutró es converteix en un protó (i s'emeten un electró i un antineutrí).
Conclusió. El nombre de nucleons no canvia: A es manté i Z augmenta una unitat.

Apartat c)

Resultat

Falsa: l'estabilitat la mesura l'energia d'enllaç per nucleó, no la total.

Resolució

Criteri d'estabilitat. La mesura de l'estabilitat és l'energia d'enllaç per nucleó, no la total.
Contraexemple. L'urani-238 té una energia d'enllaç total molt més gran que el ferro-56 (té 238 nucleons lligats davant de 56), però és menys estable perquè cada nucleó seu està menys lligat: uns 7,6 MeV davant dels 8,8 MeV del ferro.

Apartat d)

Resultat

Falsa en sentit estricte: la meitat només es compleix com a valor mitjà estadístic.

Resolució

Caràcter aleatori. La desintegració és aleatòria: no sabem quin nucli es desintegrarà ni quan; el període és un valor mitjà estadístic.
Paper de la paraula «exactament». Amb un nombre enorme de nuclis, la fracció que queda al cap d'un període és, amb molt bona aproximació, la meitat; però no ho és exactament (amb pocs nuclis les fluctuacions es noten molt).
Conclusió. L'afirmació és falsa tal com està escrita: només és certa com a valor mitjà.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Calcula l'energia alliberada en la desintegració alfa del radi-226 (²²⁶₈₈Ra → ²²²₈₆Rn + ⁴₂He) en MeV i en joules, i explica en quina forma apareix aquesta energia. Dades: m(Ra-226) = 226,0254 u; m(Rn-222) = 222,0176 u; m(He-4) = 4,0026 u; 1 u = 931,5 $\text{MeV/c}^{2}$ ; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Resultat

E = 4{,}84\ \text{MeV} = 7{,}7\cdot10^{-13}\ \text{J}

; apareix com a energia cinètica dels productes, gairebé tota de la partícula alfa.

Resolució

Masses. Inicial: $226{,}0254\ \text{u}$ . Final: $222{,}0176 + 4{,}0026 = 226{,}0202\ \text{u}$ .
Defecte de massa de la reacció. $\Delta m = 226{,}0254 - 226{,}0202 = 0{,}0052\ \text{u}$ . Com que la massa final és menor, el procés és espontani i allibera energia.
Energia (equivalència massa-energia). $E = 0{,}0052\cdot931{,}5 = 4{,}84\ \text{MeV} = 4{,}84\cdot10^{6}\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 7{,}7\cdot10^{-13}\ \text{J}$ . Error típic: convertir les masses a kg innecessàriament; amb l'equivalència 1 u = 931,5 MeV/c² el càlcul és directe.
Forma de l'energia. Apareix com a energia cinètica dels productes. Per conservació de la quantitat de moviment, la partícula lleugera surt molt més ràpida: gairebé tota l'energia se l'emporta la partícula alfa, i el nucli de radó retrocedeix amb una petita part.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

La gràfica de l'energia d'enllaç per nucleó en funció del nombre màssic creix ràpidament per als nuclis lleugers, arriba a un màxim d'uns 8,8 MeV al voltant del ferro (A ≈ 56) i després disminueix lentament fins a uns 7,6 MeV per a l'urani. Explica, a partir d'aquesta corba, per què tant la fissió de nuclis pesants com la fusió de nuclis lleugers alliberen energia, i per què no es pot obtenir energia fissionant ferro.

Corba esquemàtica de l'energia d'enllaç per nucleó en funció del nombre màssic, amb el màxim d'uns 8,8 MeV al ferro (A ≈ 56) i uns 7,6 MeV per a l'urani

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Resultat

Fissió i fusió alliberen energia perquè els productes queden més a prop del màxim de la corba (nucleons més lligats); el ferro és al màxim i qualsevol transformació seva absorbeix energia.

Resolució

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

La fusta viva presenta una activitat de carboni-14 de 15,3 desintegracions per minut i gram de carboni. En una biga de fusta trobada en un jaciment arqueològic es mesuren 3,6 desintegracions per minut i gram. El període de semidesintegració del carboni-14 és de 5730 anys.
a) Calcula la constant de desintegració en any^-1.
b) Determina l'edat de la biga.
c) Explica per què l'activitat de la fusta viva es manté constant i per què aquest mètode no serveix per datar fòssils de dinosaures.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Apartat a)

Resultat

\lambda = 1{,}21\cdot10^{-4}\ \text{any}^{-1}

Resolució

Relació entre λ i T. $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T}$ .
Càlcul. $\lambda = \dfrac{0{,}693}{5730} = 1{,}21\cdot10^{-4}\ \text{any}^{-1}$ .

Apartat b)

Resultat

t \approx 1{,}2\cdot10^{4}\ \text{anys}

(uns 12 000 anys)

Resolució

Llei de desintegració. L'activitat per gram decau com $A = A_0\,e^{-\lambda t}$ , amb $A_0 = 15{,}3$ i $A = 3{,}6$ desintegracions per minut i gram.
Càlcul. $3{,}6 = 15{,}3\,e^{-\lambda t} \Rightarrow e^{-\lambda t} = 0{,}235 \Rightarrow \lambda t = \ln\dfrac{15{,}3}{3{,}6} = \ln 4{,}25 = 1{,}447$ $t = \dfrac{1{,}447}{1{,}21\cdot10^{-4}} = 1{,}2\cdot10^{4}\ \text{anys}$
Comprovació. 2 períodes (11 460 anys) deixarien $\tfrac{15{,}3}{4} = 3{,}8$ desintegracions per minut i gram; com que en queden 3,6, l'edat és una mica superior.

Apartat c)

Resultat

En vida l'organisme renova contínuament el carboni (proporció de ¹⁴C constant); els dinosaures tenen més d'11 000 períodes i no hi queda ¹⁴C mesurable.

Resolució

Activitat constant en vida. Mentre l'organisme és viu incorpora contínuament carboni de l'atmosfera (per la fotosíntesi o l'alimentació), on la proporció de ¹⁴C es manté constant perquè els raigs còsmics el regeneren.
Després de la mort. Deixa d'incorporar-ne i el ¹⁴C només decau: aquest és el rellotge.
Dinosaures. Van viure fa més de 65 milions d'anys, més d'11 000 períodes: no quedaria ni un sol àtom de ¹⁴C mesurable.
Alternativa. Per a edats tan grans es fan servir isòtops de període molt més llarg (urani-plom, potassi-argó).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

L'urani-238 es desintegra (a través d'una cadena de desintegracions comparativament ràpides) fins a plom-206, amb un període de semidesintegració global de 4,5· $10^{9}$ anys. En una roca s'hi troben 0,5 àtoms de plom-206 per cada àtom d'urani-238, i se suposa que la roca no contenia plom en formar-se.
a) Quina fracció dels àtoms d'urani inicials s'ha desintegrat?
b) Calcula l'edat de la roca.
c) Quina relació plom/urani tindrà aquesta roca d'aquí a 4,5· $10^{9}$ anys?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Apartat a)

Resultat

S'ha desintegrat

\tfrac{1}{3}

(un 33 %) de l'urani inicial.

Resolució

Plantejament. Cada àtom de plom-206 prové d'un àtom d'urani-238 que s'ha desintegrat (la roca no contenia plom en formar-se).
Urani inicial. Si ara hi ha N àtoms d'urani i 0,5N de plom, inicialment hi havia $N_0 = N + 0{,}5N = 1{,}5N$ .
Fracció desintegrada. $\dfrac{0{,}5N}{1{,}5N} = \tfrac{1}{3} = 33\ \%$ .

Apartat b)

Resultat

t = 2{,}6\cdot10^{9}\ \text{anys}

Resolució

Llei de desintegració. $N = N_0\,e^{-\lambda t} \Rightarrow \dfrac{N_0}{N} = 1{,}5 = e^{\lambda t} \Rightarrow t = \dfrac{\ln 1{,}5}{\lambda}$ .
Constant. $\lambda = \dfrac{0{,}693}{4{,}5\cdot10^{9}} = 1{,}54\cdot10^{-10}\ \text{any}^{-1}$ .
Càlcul. $t = \dfrac{0{,}405}{1{,}54\cdot10^{-10}} = 2{,}6\cdot10^{9}\ \text{anys}$ .
Comprovació. És menys d'un període (que deixaria $N_0/N = 2$ ), coherent amb el fet que només s'ha desintegrat un terç de l'urani.

Apartat c)

Resultat

Relació plom/urani

= 2

(quatre vegades l'actual).

Resolució

Un període més. D'aquí a $4{,}5\cdot10^{9}$ anys l'urani actual s'haurà reduït a la meitat: urani $= \tfrac{N}{2}$ .
Plom. El plom serà el que ja hi ha més l'urani desintegrat: $0{,}5N + \tfrac{N}{2} = N$ .
Relació. $\dfrac{N}{N/2} = 2$ , quatre vegades la relació actual (0,5).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

El nucli d'urani-235 (²³⁵₉₂U) té una massa de 234,9933 u.
a) Calcula el defecte de massa, l'energia d'enllaç i l'energia d'enllaç per nucleó.
b) Els fragments de la fissió tenen una energia d'enllaç per nucleó d'uns 8,5 MeV. Estima l'energia alliberada en la fissió d'un nucli d'urani-235 i compara-la amb el valor habitual de 200 MeV.
c) Explica per què, tot i que l'energia d'enllaç total de l'urani és molt més gran que la del ferro-56 (8,8 MeV/nucleó), l'urani és menys estable. Dades: $m_{p}$ = 1,00728 u; $m_{n}$ = 1,00866 u; 1 u = 931,5 $\text{MeV/c}^{2}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Apartat a)

Resultat

\Delta m = 1{,}9148\ \text{u}

;

E_e = 1784\ \text{MeV}

;

\tfrac{E_e}{A} = 7{,}59\ \text{MeV/nucleó}

Resolució

Composició. $Z = 92$ protons i $N = 235 - 92 = 143$ neutrons.
Massa dels nucleons separats. $92\cdot1{,}00728 + 143\cdot1{,}00866 = 92{,}66976 + 144{,}23838 = 236{,}90814\ \text{u}$ .
Defecte de massa i energia d'enllaç. $\Delta m = 236{,}90814 - 234{,}9933 = 1{,}9148\ \text{u}$ , $E_e = 1{,}9148\cdot931{,}5 = 1784\ \text{MeV}$ .
Per nucleó. $\dfrac{1784}{235} = 7{,}59\ \text{MeV/nucleó}$ .

Apartat b)

Resultat

E \approx 210\ \text{MeV}

, del mateix ordre que els 200 MeV habituals.

Resolució

Plantejament. En la fissió, els 235 nucleons passen de 7,59 MeV a uns 8,5 MeV d'energia d'enllaç cadascun.
Estimació. $E \approx 235\cdot(8{,}5 - 7{,}59) = 235\cdot0{,}91 \approx 210\ \text{MeV}$ .
Comparació. És del mateix ordre que els 200 MeV habituals; la diferència ve del fet que els fragments i els neutrons no tenen tots exactament 8,5 MeV/nucleó.

Apartat c)

Resultat

L'estabilitat la mesura l'energia d'enllaç per nucleó: a l'urani (7,59 MeV) cada nucleó està menys lligat que al ferro (8,8 MeV).

Resolució

Energia total. L'energia d'enllaç total de l'urani és més gran simplement perquè té més nucleons.
Criteri d'estabilitat. L'estabilitat la mesura l'energia d'enllaç per nucleó: cada nucleó de l'urani està menys lligat (7,59 MeV) que cada nucleó del ferro (8,8 MeV).
Conclusió. Per això l'urani pot guanyar estabilitat trencant-se, i el ferro no.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Una de les reaccions de fissió de l'urani-235 és ²³⁵₉₂U + ¹₀n → ¹⁴¹₅₆Ba + ⁹²₃₆Kr + x·¹₀n.
a) Determina el nombre x de neutrons emesos i explica per què aquests neutrons fan possible la reacció en cadena.
b) Calcula l'energia alliberada en una fissió, en MeV i en joules.
c) Calcula l'energia que s'obtindria de la fissió d'1 g d'urani-235. Dades: masses atòmiques U-235 = 235,0439 u; Ba-141 = 140,9144 u; Kr-92 = 91,9262 u; n = 1,00866 u; 1 u = 931,5 $\text{MeV/c}^{2}$ ; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

x = 3

neutrons; cada fissió en pot provocar més d'una altra i la reacció es pot mantenir en cadena.

Resolució

Conservació del nombre màssic. $235 + 1 = 141 + 92 + x \Rightarrow x = 3$ neutrons.
Conservació de la càrrega. $92 + 0 = 56 + 36 + 0$ : també es compleix.
Reacció en cadena. Cada fissió allibera 3 neutrons que poden provocar noves fissions: si de mitjana més d'un ho fa, el nombre de fissions creix exponencialment.
Control. En un reactor es controla amb barres que absorbeixen neutrons, perquè exactament un neutró per fissió en provoqui una altra.

Apartat b)

Resultat

E = 173\ \text{MeV} = 2{,}8\cdot10^{-11}\ \text{J}

Resolució

Masses. Inicial: $235{,}0439 + 1{,}00866 = 236{,}05256\ \text{u}$ . Final: $140{,}9144 + 91{,}9262 + 3\cdot1{,}00866 = 235{,}86658\ \text{u}$ .
Defecte de massa. $\Delta m = 236{,}05256 - 235{,}86658 = 0{,}18598\ \text{u}$ .
Energia. $E = 0{,}18598\cdot931{,}5 = 173\ \text{MeV} = 173\cdot10^{6}\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 2{,}8\cdot10^{-11}\ \text{J}$ .
Nota. Les masses són atòmiques, però com que el nombre d'electrons es conserva ( $92 = 56 + 36$ ), el defecte de massa és el mateix que amb masses nuclears.

Apartat c)

Resultat

E = 7{,}1\cdot10^{10}\ \text{J}

per gram d'urani-235

Resolució

Nombre de nuclis. 1 g d'U-235 conté $N = \tfrac{1}{235}\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 2{,}56\cdot10^{21}$ nuclis.
Energia total. $E = 2{,}56\cdot10^{21}\cdot2{,}8\cdot10^{-11} = 7{,}1\cdot10^{10}\ \text{J}$ .
Interpretació. És l'energia d'unes 2 tones de carbó (amb un poder calorífic de 30 MJ/kg, unes 2,4 t).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

Una font de cobalt-60 per a radioteràpia té una activitat inicial de 2· $10^{10}$ Bq. El període de semidesintegració del Co-60 és de 5,27 anys.
a) Calcula el nombre de nuclis de cobalt-60 de la font i la seva massa.
b) Quina activitat tindrà al cap de 10 anys?
c) Quant de temps ha de passar perquè l'activitat baixi a $10^{8}$ Bq? Dades: massa atòmica del Co-60 = 60 u; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol⁻¹; 1 any = 3,16· $10^{7}$ s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

N_0 = 4{,}8\cdot10^{18}

nuclis;

m = 4{,}8\cdot10^{-4}\ \text{g} = 0{,}48\ \text{mg}

Resolució

Constant en s⁻¹. $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T} = \dfrac{0{,}693}{5{,}27\cdot3{,}16\cdot10^{7}} = 4{,}16\cdot10^{-9}\ \text{s}^{-1}$ .
Nombre de nuclis. De $A = \lambda N$ : $N_0 = \dfrac{A_0}{\lambda} = \dfrac{2\cdot10^{10}}{4{,}16\cdot10^{-9}} = 4{,}8\cdot10^{18}$ nuclis.
Massa. $m = \dfrac{N_0}{N_A}\cdot60 = \dfrac{4{,}8\cdot10^{18}}{6{,}022\cdot10^{23}}\cdot60 = 4{,}8\cdot10^{-4}\ \text{g} = 0{,}48\ \text{mg}$ . Una font molt activa conté una quantitat minúscula d'isòtop.

Apartat b)

Resultat

A = 5{,}4\cdot10^{9}\ \text{Bq}

Resolució

Llei de desintegració. $A = A_0\,e^{-\lambda t}$ amb $\lambda = \tfrac{0{,}693}{5{,}27} = 0{,}1315\ \text{any}^{-1}$ .
Càlcul. $A = 2\cdot10^{10}\,e^{-0{,}1315\cdot10} = 2\cdot10^{10}\cdot0{,}268 = 5{,}4\cdot10^{9}\ \text{Bq}$ .
Comprovació. 10 anys són 1,9 períodes: l'activitat ha de quedar entre la meitat i la quarta part de la inicial, i així és.

Apartat c)

Resultat

t \approx 40{,}3\ \text{anys}

(uns 7,6 períodes)

Resolució

Plantejament. $10^{8} = 2\cdot10^{10}\,e^{-0{,}1315\,t} \Rightarrow e^{-0{,}1315\,t} = 5\cdot10^{-3}$ .
Càlcul. $t = \dfrac{\ln 200}{0{,}1315} = \dfrac{5{,}30}{0{,}1315} = 40{,}3\ \text{anys}$ , uns 7,6 períodes.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Un nucli de poloni-218 (²¹⁸₈₄Po) emet successivament una partícula alfa, una partícula beta menys i una altra partícula beta menys.
a) Escriu les tres equacions nuclears i identifica el nucli final (Z = 82 plom, Z = 83 bismut, Z = 84 poloni).
b) Raona si el nucli final és un isòtop del nucli inicial.
c) Quantes desintegracions alfa i beta menys més calen perquè el nucli final arribi al plom-206, estable?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

{}^{218}_{84}\mathrm{Po} \rightarrow {}^{214}_{82}\mathrm{Pb} \rightarrow {}^{214}_{83}\mathrm{Bi} \rightarrow {}^{214}_{84}\mathrm{Po}

; el nucli final és el poloni-214.

Resolució

Alfa (A baixa 4, Z baixa 2): ${}^{218}_{84}\mathrm{Po} \rightarrow {}^{214}_{82}\mathrm{Pb} + {}^{4}_{2}\mathrm{He}$
Beta menys (A igual, Z puja 1): ${}^{214}_{82}\mathrm{Pb} \rightarrow {}^{214}_{83}\mathrm{Bi} + {}^{0}_{-1}e + \bar{\nu}$
Beta menys: ${}^{214}_{83}\mathrm{Bi} \rightarrow {}^{214}_{84}\mathrm{Po} + {}^{0}_{-1}e + \bar{\nu}$
Nucli final. Poloni-214.

Apartat b)

Resultat

Sí: té el mateix Z (84) i diferent A (214 davant de 218).

Resolució

Criteri. Dos nuclis són isòtops si tenen el mateix nombre atòmic i diferent nombre màssic.
Aplicació. El Po-214 té Z = 84, com el Po-218, però A = 214 davant de 218.
Generalització. Una alfa seguida de dues beta menys sempre retorna al mateix element amb 4 unitats menys de nombre màssic.

Apartat c)

Resultat

Calen 2 alfa i 2 beta menys més.

Resolució

Alfa. De ${}^{214}_{84}\mathrm{Po}$ a ${}^{206}_{82}\mathrm{Pb}$ el nombre màssic ha de baixar 8: 2 desintegracions alfa.
Beta menys. Les 2 alfa fan baixar Z de 84 a 80; per arribar a 82 calen 2 beta menys.
Comprovació. La cadena real és Po-214 → Pb-210 → Bi-210 → Po-210 → Pb-206.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

Tenim dues mostres radioactives, A i B. El període de semidesintegració de l'isòtop A és de 2 hores i el de l'isòtop B, de 6 hores. Inicialment la mostra A conté 8 vegades més nuclis radioactius que la B.
a) Escriu l'expressió del nombre de nuclis de cada mostra en funció del temps.
b) Al cap de quant de temps les dues mostres tindran el mateix nombre de nuclis radioactius?
c) Quina fracció dels nuclis inicials de cada mostra queda en aquest instant? Raona quina mostra té més activitat a l'instant inicial.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

N_A(t) = 8N\left(\tfrac{1}{2}\right)^{t/2}

;

N_B(t) = N\left(\tfrac{1}{2}\right)^{t/6}

(t en hores)

Resolució

Dades. $N_{B0} = N$ i $N_{A0} = 8N$ ; $T_A = 2\ \text{h}$ , $T_B = 6\ \text{h}$ .
Llei de desintegració per períodes. $N_A(t) = 8N\left(\tfrac{1}{2}\right)^{t/2}$ i $N_B(t) = N\left(\tfrac{1}{2}\right)^{t/6}$ .
Forma exponencial equivalent. $N = N_0\,e^{-\lambda t}$ amb $\lambda_A = \tfrac{0{,}693}{2} = 0{,}347\ \text{h}^{-1}$ i $\lambda_B = \tfrac{0{,}693}{6} = 0{,}116\ \text{h}^{-1}$ .

Apartat b)

Resultat

t = 9\ \text{h}

Resolució

Igualació. $8N\left(\tfrac{1}{2}\right)^{t/2} = N\left(\tfrac{1}{2}\right)^{t/6} \Rightarrow 2^{3}\cdot2^{-t/2} = 2^{-t/6}$
Exponents. $3 - \tfrac{t}{2} = -\tfrac{t}{6} \Rightarrow 3 = \tfrac{t}{2} - \tfrac{t}{6} = \tfrac{t}{3} \Rightarrow t = 9\ \text{h}$ .
Comprovació. $8\,e^{-0{,}347\cdot9} = 8\cdot0{,}0442 = 0{,}354$ i $e^{-0{,}116\cdot9} = 0{,}354$ . Coincideixen.

Apartat c)

Resultat

Queda el 4,4 % dels nuclis d'A i el 35,4 % dels de B (tots dos

0{,}354N

); inicialment la mostra A és unes 24 vegades més activa.

Resolució

Mostra A. 9 h són 4,5 períodes: queda $\left(\tfrac{1}{2}\right)^{4{,}5} = 4{,}4\ \%$ dels seus nuclis.
Mostra B. 9 h són 1,5 períodes: queda $\left(\tfrac{1}{2}\right)^{1{,}5} = 35{,}4\ \%$ . En tots dos casos el nombre absolut és $0{,}354N$ .
Activitat inicial. $A = \lambda N$ : $A_{A0} = 0{,}347\cdot8N = 2{,}77N\ \text{h}^{-1}$ i $A_{B0} = 0{,}116\,N\ \text{h}^{-1}$ .
Conclusió. La mostra A és unes 24 vegades més activa, perquè té més nuclis i, a més, es desintegren més de pressa.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Al Sol, l'energia es produeix fonamentalment per la fusió de quatre protons en un nucli d'heli-4, que es pot resumir com 4·¹₁H → ⁴₂He + 2·⁰₊₁e + 2ν.
a) Comprova que l'equació està equilibrada en càrrega i en nombre màssic.
b) Calcula l'energia alliberada en cada reacció en MeV i en joules.
c) Si la potència del Sol és de 3,8· $10^{26}$ W, calcula quantes reaccions es produeixen cada segon i quants quilograms d'hidrogen es consumeixen cada segon. Dades: $m_{p}$ = 1,00728 u; massa del nucli d'He-4 = 4,00150 u; $m_{e}$ = 0,00055 u; 1 u = 1,66· $10^{-27}$ kg = 931,5 $\text{MeV/c}^{2}$ ; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

Càrrega:

4 = 4

; nombre màssic:

4 = 4

. L'equació està equilibrada.

Resolució

Càrrega. $4\cdot(+1) = +2 + 2\cdot(+1) + 0 \Rightarrow 4 = 4$ .
Nombre màssic. $4\cdot1 = 4 + 0 + 0 \Rightarrow 4 = 4$ .
Interpretació. Dos protons s'han convertit en neutrons emetent dos positrons i dos neutrins.

Apartat b)

Resultat

E = 24{,}7\ \text{MeV} = 3{,}95\cdot10^{-12}\ \text{J}

per reacció

Resolució

Masses. Inicial: $4\cdot1{,}00728 = 4{,}02912\ \text{u}$ . Final: $4{,}00150 + 2\cdot0{,}00055 = 4{,}00260\ \text{u}$ (els neutrins tenen massa negligible).
Defecte de massa. $\Delta m = 4{,}02912 - 4{,}00260 = 0{,}02652\ \text{u}$ .
Energia. $E = 0{,}02652\cdot931{,}5 = 24{,}7\ \text{MeV} = 24{,}7\cdot10^{6}\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 3{,}95\cdot10^{-12}\ \text{J}$ .

Apartat c)

Resultat

9{,}6\cdot10^{37}

reaccions per segon; es consumeixen

6{,}4\cdot10^{11}\ \text{kg}

d'hidrogen cada segon.

Resolució

Reaccions per segon. $\dfrac{3{,}8\cdot10^{26}}{3{,}95\cdot10^{-12}} = 9{,}6\cdot10^{37}\ \text{s}^{-1}$ .
Hidrogen consumit. Cada reacció consumeix 4 protons: $m = 9{,}6\cdot10^{37}\cdot4\cdot1{,}00728\cdot1{,}66\cdot10^{-27} = 6{,}4\cdot10^{11}\ \text{kg}$ cada segon (640 milions de tones).
Massa convertida en energia. Només un 0,7 % d'aquesta massa ( $\Delta m$ , uns $4{,}2\cdot10^{9}\ \text{kg}$ cada segon) es converteix en energia, d'acord amb $E = \Delta m\,c^{2}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

A l'hospital de Vic, a un pacient se li injecten a les 8 h del matí 500 MBq de tecneci-99m, un emissor gamma amb un període de semidesintegració de 6 hores.
a) Quina activitat li quedarà a les 20 h del mateix dia (sense tenir en compte l'eliminació biològica)?
b) Quants nuclis de tecneci-99m s'han injectat?
c) Quants nuclis s'han desintegrat entre les 8 h i les 20 h?
d) Raona per què els radiofàrmacs de diagnòstic es trien amb períodes curts i emissió gamma.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

A = 125\ \text{MBq}

Resolució

Temps transcorregut. De les 8 h a les 20 h passen 12 h = 2 períodes.
Llei de desintegració. $A = 500\cdot\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2} = 125\ \text{MBq}$ .

Apartat b)

Resultat

N_0 = 1{,}56\cdot10^{13}

nuclis (uns 2,6 ng)

Resolució

Constant en s⁻¹. $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T} = \dfrac{0{,}693}{6\cdot3600} = 3{,}21\cdot10^{-5}\ \text{s}^{-1}$ .
Nombre de nuclis. $N_0 = \dfrac{A_0}{\lambda} = \dfrac{5\cdot10^{8}}{3{,}21\cdot10^{-5}} = 1{,}56\cdot10^{13}$ nuclis.
Interpretació. Són uns 2,6 nanograms: una quantitat ínfima.

Apartat c)

Resultat

S'han desintegrat

1{,}17\cdot10^{13}

nuclis.

Resolució

Fracció. En 2 períodes queda $\tfrac{1}{4}$ dels nuclis: se n'han desintegrat $\tfrac{3}{4}$ .
Càlcul. $0{,}75\cdot1{,}56\cdot10^{13} = 1{,}17\cdot10^{13}$ nuclis.
Error típic. Calcular els nuclis desintegrats com $A_0\,t = 5\cdot10^{8}\cdot43\,200 = 2{,}2\cdot10^{13}$ : és incorrecte perquè l'activitat no és constant, sinó que va disminuint.

Apartat d)

Resultat

Període curt: dosi mínima; emissió gamma: travessa el cos i es detecta des de fora.

Resolució

Període curt. Fa que l'activitat desaparegui del cos en poques hores i que la dosi rebuda sigui mínima.
Emissió gamma. Travessa el cos i es pot detectar des de fora amb una gammacàmera.
Per què no alfa o beta. Quedarien absorbides als teixits i només causarien dany sense donar imatge.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Alguns hospitals obtenen el gal·li-68, un emissor $β^{+}$ per a tomografies PET, d'un «generador»: una columna que conté germani-68 (període de semidesintegració 271 dies), que es desintegra en gal·li-68 (període 67,7 min). Cada matí se n'extreu el gal·li-68 acumulat.
a) El generador s'instal·la amb una activitat de germani-68 d'1,85 GBq. Quina activitat tindrà al cap de 182 dies? Raona per què un mateix generador es pot fer servir durant mesos, encara que el gal·li-68 duri només unes hores.
b) A les 9:00 s'obté una dosi d'1,0 GBq de gal·li-68. Cada pacient necessita 150 MBq en el moment de la injecció. Quina és l'hora més tardana a què es pot injectar tota la dosi a un sol pacient?
c) Quants nuclis de gal·li-68 hi ha en 150 MBq? Quina massa representen?
d) Escriu la desintegració $β^{+}$ del gal·li-68 (Z = 31) i justifica quin element s'obté. El positró emès s'aniquila amb un electró i es produeixen dos fotons gamma. Calcula l'energia de cada fotó i raona per què surten en sentits oposats; explica per què això permet localitzar el punt on s'ha produït l'aniquilació.
e) Quina fracció de l'activitat injectada queda al cos del pacient al cap de 6 h (sense tenir en compte l'eliminació biològica)?
Dades: $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol⁻¹; massa molar del Ga-68 ≈ 68 g/mol; $m_{e}$ · $c^{2}$ = 0,511 MeV; símbols: Ge (Z = 32), Ga (Z = 31), Zn (Z = 30).

Pista 1

Fes servir A = $A_{0}$ ·2^−t/T, amb t i T en les mateixes unitats.

Pista 2

Per a l'apartat b), busca el temps per al qual l'activitat d'1,0 GBq s'ha reduït fins a 150 MBq.

Pista 3

Abans de l'aniquilació, el positró i l'electró estan pràcticament en repòs: quina quantitat de moviment total tenen?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

A = 1{,}16\ \text{GBq}

; el generador dura mesos perquè el que fixa la seva vida és el període del germani-68 (271 dies), no el del gal·li.

Resolució

Llei de desintegració. $A = A_0\cdot2^{-t/T}$ amb t i T en dies.
Càlcul. $A = 1{,}85\cdot2^{-182/271} = 1{,}85\cdot0{,}628 = 1{,}16\ \text{GBq}$ .
Equilibri pare-fill. El germani-68, de vida llarga, va produint contínuament gal·li-68. Com que el gal·li-68 es desintegra molt de pressa, al cap d'unes hores d'haver-lo extret se n'ha tornat a acumular gairebé el màxim possible (aproximadament la mateixa activitat que el germani).
Conclusió. El generador funciona mentre l'activitat del pare sigui suficient, i això ho fixen els 271 dies del germani, no els 68 minuts del gal·li.

Apartat b)

Resultat

t \approx 185\ \text{min} \approx 3\ \text{h}\ 05\ \text{min}

: cal injectar-la abans de les 12:05 aproximadament.

Resolució

Plantejament. Busquem el temps en què l'activitat d'1,0 GBq = 1000 MBq baixa fins a 150 MBq: $150 = 1000\cdot2^{-t/67{,}7}$ .
Càlcul. $t = 67{,}7\cdot\log_2\dfrac{1000}{150} = 67{,}7\cdot2{,}74 = 185\ \text{min} \approx 3\ \text{h}\ 05\ \text{min}$ .
Conclusió. Partint de les 9:00, l'hora més tardana és cap a les 12:05.

Apartat c)

Resultat

N = 8{,}8\cdot10^{11}

nuclis;

m = 9{,}9\cdot10^{-11}\ \text{g}

(una dècima de nanogram)

Resolució

Constant en s⁻¹. $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T} = \dfrac{0{,}693}{67{,}7\cdot60} = 1{,}71\cdot10^{-4}\ \text{s}^{-1}$ .
Nombre de nuclis. $N = \dfrac{A}{\lambda} = \dfrac{1{,}50\cdot10^{8}}{1{,}71\cdot10^{-4}} = 8{,}8\cdot10^{11}$ nuclis.
Massa. $m = \dfrac{N\,M}{N_A} = \dfrac{8{,}8\cdot10^{11}\cdot68}{6{,}022\cdot10^{23}} = 9{,}9\cdot10^{-11}\ \text{g}$ .
Interpretació. Una dosi molt activa correspon a una massa ínfima, cosa que no altera la química del cos.

Apartat d)

Resultat

{}^{68}_{31}\mathrm{Ga} \rightarrow {}^{68}_{30}\mathrm{Zn} + {}^{0}_{+1}e + \nu_e

(s'obté zinc); cada fotó té 0,511 MeV i surten en sentits oposats per conservar la quantitat de moviment.

Resolució

Desintegració β⁺. Un protó del nucli es converteix en un neutró: A no canvia i Z disminueix en 1, i l'element és el zinc: ${}^{68}_{31}\mathrm{Ga} \rightarrow {}^{68}_{30}\mathrm{Zn} + {}^{0}_{+1}e + \nu_e$
Energia de cada fotó. Aniquilació $e^{+} + e^{-} \rightarrow 2\gamma$ . Si el parell està pràcticament en repòs, tota l'energia és l'energia en repòs, $2\cdot0{,}511\ \text{MeV}$ , i cada fotó s'emporta 0,511 MeV.
Conservació de la quantitat de moviment. La quantitat de moviment inicial és nul·la; per conservar-la, els dos fotons han de sortir amb quantitats de moviment iguals i oposades. Per això un sol fotó no és possible.
Localització al PET. Els dos detectors de l'anell que reben els fotons alhora defineixen una recta que passa pel punt d'aniquilació; amb moltes rectes es reconstrueix la imatge.

Apartat e)

Resultat

Queda un 2,5 % de l'activitat injectada.

Resolució

Plantejament. 6 h = 360 min; fracció $= 2^{-t/T}$ .
Càlcul. $2^{-360/67{,}7} = 2^{-5{,}32} = 0{,}025$ , un 2,5 %.
Interpretació. Al cap d'unes hores el pacient pràcticament ja no és radioactiu: és un avantatge dels isòtops de període curt.

Errors típics

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

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

En un jaciment prehistòric d'Osona es troba un fragment d'os amb una activitat de carboni-14 de 0,061 Bq per gram de carboni. La matèria viva té una activitat de 0,226 Bq per gram de carboni. El període de semidesintegració del carboni-14 és de 5730 anys.
a) Calcula l'edat de l'os. Explica quina hipòtesi fas sobre l'activitat de l'os en el moment de la mort de l'animal.
b) Calcula quants àtoms de carboni-14 hi ha en 1 g de carboni viu i la proporció de C-14 respecte als àtoms de carboni totals.
c) Calcula l'activitat per gram de carboni d'una mostra de 50 000 anys i quantes desintegracions per hora es comptarien amb 1,0 g de carboni. Raona per què aquest mètode deixa de ser fiable a partir d'uns 50 000 anys.
d) Un estudiant proposa datar un os de dinosaure (66 milions d'anys) amb carboni-14. Raona per què no té sentit i quin tipus d'isòtop caldria.
Dades: $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1; massa molar del carboni = 12 g/mol; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Pista 1

L'activitat disminueix exponencialment des de la mort; aïlla t de A = $A_{0}$ ·2^-t/T amb logaritmes.

Pista 2

El nombre de nuclis radioactius es pot obtenir de l'activitat: N = $\tfrac{A}{\lambda}$ , amb λ en $\text{s}^{-1}$ .

Pista 3

Compara el nombre de desintegracions que s'esperen amb les que produeix el fons radioactiu ambiental (radiació còsmica, radó…).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

t = 1{,}08\cdot10^{4}\ \text{anys}

(uns 10 800 anys); se suposa que en morir l'os tenia la mateixa proporció de C-14 que la matèria viva actual.

Resolució

Llei de desintegració. $A = A_0\cdot2^{-t/T} \Rightarrow t = T\log_2\dfrac{A_0}{A}$ .
Càlcul. $t = 5730\cdot\log_2\dfrac{0{,}226}{0{,}061} = 5730\cdot1{,}89 = 1{,}08\cdot10^{4}\ \text{anys}$ (uns 10 800 anys, època mesolítica).
Hipòtesi. En el moment de la mort, l'os tenia la mateixa activitat per gram que la matèria viva actual, és a dir, la proporció de C-14 a l'atmosfera no ha canviat (a la pràctica es corregeix amb corbes de calibratge).

Apartat b)

Resultat

N = 5{,}9\cdot10^{10}

àtoms de C-14 per gram; proporció

1{,}2\cdot10^{-12}

(un per cada bilió d'àtoms de carboni).

Resolució

Constant en s⁻¹. $\lambda = \dfrac{0{,}693}{5730\cdot3{,}156\cdot10^{7}} = 3{,}83\cdot10^{-12}\ \text{s}^{-1}$ .
Àtoms de C-14. $N = \dfrac{A}{\lambda} = \dfrac{0{,}226}{3{,}83\cdot10^{-12}} = 5{,}9\cdot10^{10}$ àtoms.
Àtoms de carboni en 1 g. $\dfrac{6{,}022\cdot10^{23}}{12} = 5{,}02\cdot10^{22}$ .
Proporció. $\dfrac{5{,}9\cdot10^{10}}{5{,}02\cdot10^{22}} = 1{,}2\cdot10^{-12}$ : un àtom de C-14 per cada bilió d'àtoms de carboni.

Apartat c)

Resultat

A = 5{,}3\cdot10^{-4}\ \text{Bq/g}

; unes 1,9 desintegracions per hora i gram: el senyal és comparable al fons i l'error estadístic és enorme.

Resolució

Activitat als 50 000 anys. $A = 0{,}226\cdot2^{-50\,000/5730} = 0{,}226\cdot2^{-8{,}73} = 5{,}3\cdot10^{-4}\ \text{Bq/g}$ .
Desintegracions per hora. $5{,}3\cdot10^{-4}\cdot3600 \approx 1{,}9$ desintegracions per gram de carboni.
Límit del mètode. Amb tan poques desintegracions l'error estadístic és enorme, i el fons de radiació ambiental, que el detector també compta, és comparable o més gran que el senyal. A més, una contaminació minúscula amb carboni modern falsejaria completament el resultat.
Conclusió. Per això el límit pràctic és d'uns 50 000 anys (uns 9 períodes).

Apartat d)

Resultat

Han passat unes 11 500 períodes: no queda C-14 original; cal un isòtop de període de l'ordre de

10^{8}

–

10^{9}

anys (K-40, U-238).

Resolució

Nombre de períodes. $\dfrac{66\cdot10^{6}}{5730} \approx 11\,500$ períodes.
Fracció que queda. $2^{-11\,500}$ : no queda ni un sol àtom del C-14 original.
Isòtop adequat. Per a edats geològiques cal un isòtop amb un període comparable a l'edat que es vol mesurar (de l'ordre de $10^{8}$ – $10^{9}$ anys), com el potassi-40 o l'urani-238, i datar les roques volcàniques que envolten el fòssil, no l'os.

Errors típics

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

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Per datar una colada de lava basàltica de la zona volcànica de la Garrotxa es fa servir el mètode del potassi-argó. El potassi-40 té un període de semidesintegració d'1,25· $10^{9}$ anys, i només el 10,7 % dels seus nuclis que es desintegren es converteixen en argó-40 (la resta dona calci-40, que no es pot distingir del calci que ja hi havia a la roca). L'anàlisi d'una mostra dona una proporció d'àtoms argó-40/potassi-40 de 3,0· $10^{-5}$ .
a) Explica per què es pot suposar que la lava no contenia argó-40 en el moment de solidificar-se, i per què el rellotge comença a comptar en aquell moment.
b) Calcula quants nuclis de potassi-40 s'han desintegrat per cada nucli que en queda, i l'edat de la roca.
c) Si una part de l'argó s'hagués escapat de la roca (per exemple, per un escalfament posterior), l'edat calculada seria més gran o més petita que la real? Raona-ho.
d) Raona per què aquest mètode no és adequat per datar una roca de fa només 1000 anys.

Pista 1

L'argó és un gas noble: pensa què li passa quan la roca està fosa.

Pista 2

Si N_D és el nombre de nuclis desintegrats i N el de nuclis que queden, N₀ = N + N_D, i el nombre d'àtoms d'argó és 0,107·N_D.

Pista 3

Amb N₀/N, l'edat és t = T·log₂(N₀/N).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

L'argó és un gas noble: mentre la lava és fosa s'escapa, i el rellotge es posa a zero quan la roca se solidifica i l'atrapa.

Resolució

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

Apartat b)

Resultat

\tfrac{N_D}{N} = 2{,}80\cdot10^{-4}

;

t = 5{,}1\cdot10^{5}\ \text{anys}

(uns 500 000 anys)

Resolució

Nuclis desintegrats. Només el 10,7 % dels desintegrats donen argó: $\dfrac{0{,}107\,N_D}{N} = 3{,}0\cdot10^{-5} \Rightarrow \dfrac{N_D}{N} = \dfrac{3{,}0\cdot10^{-5}}{0{,}107} = 2{,}80\cdot10^{-4}$ . Només es desintegren uns 3 nuclis de potassi-40 per cada 10 000 que en queden.
Llei de desintegració. $\dfrac{N_0}{N} = 1 + \dfrac{N_D}{N} = 1{,}000280$ , i $t = T\log_2\dfrac{N_0}{N}$ .
Càlcul. $t = 1{,}25\cdot10^{9}\cdot\log_2(1{,}000280) = 1{,}25\cdot10^{9}\cdot4{,}04\cdot10^{-4} = 5{,}1\cdot10^{5}\ \text{anys}$ .
Interpretació. És una edat quaternària, plausible per a una colada d'una zona volcànica tan recent com la Garrotxa.

Apartat c)

Resultat

L'edat calculada seria més petita que la real.

Resolució

Raonament. Si s'ha perdut argó, la proporció Ar/K mesurada és més petita que la real i el càlcul dona menys nuclis desintegrats.
Conclusió. L'edat surt més petita que la real. El mètode exigeix que el sistema hagi estat tancat (sense entrades ni sortides d'argó ni de potassi) des de la solidificació.

Apartat d)

Resultat

En 1000 anys hi hauria només uns

6\cdot10^{-8}

àtoms d'argó per àtom de K-40, indistingibles de la contaminació: cal un isòtop de període curt.

Resolució

Fracció desintegrada. $1 - 2^{-1000/(1{,}25\cdot10^{9})} \approx 5{,}5\cdot10^{-7}$ del potassi-40.
Argó format. Només el 10,7 % es convertiria en argó: uns $6\cdot10^{-8}$ àtoms d'argó per àtom de potassi-40.
Conclusió. És una quantitat impossible de distingir de la contaminació atmosfèrica. Per a edats curtes cal un isòtop de període curt.

Errors típics

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

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Una central nuclear de fissió subministra una potència elèctrica d'1,0 GW amb un rendiment del 33 %. En cada fissió d'un nucli d'urani-235 s'alliberen, de mitjana, 200 MeV.
a) Calcula la potència tèrmica del reactor i el nombre de fissions per segon.
b) Calcula la massa d'urani-235 que es fissiona en un any de funcionament continu.
c) Quina massa de carbó caldria cremar en una central tèrmica per obtenir la mateixa energia tèrmica en un any? Interpreta la diferència.
d) Quina massa es converteix en energia en un any al reactor? Raona d'on surt aquesta massa i per què no coincideix amb la de l'apartat b).
e) Cada fissió allibera 2 o 3 neutrons ràpids. Raona per què el reactor necessita un moderador i barres de control, i què passaria si el factor de multiplicació de neutrons fos més gran que 1.
Dades: 1 eV = 1,60· $10^{-19}$ J; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1; massa molar de l'U-235 = 235 g/mol; poder calorífic del carbó = 2,9· $10^{7}$ J/kg; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Pista 1

El rendiment relaciona la potència elèctrica amb la tèrmica; cada fissió aporta 200 MeV d'energia tèrmica.

Pista 2

Calcula el nombre de fissions en un any i passa-ho a mols.

Pista 3

L'energia alliberada correspon a una disminució de massa Δm = $\text{E/c}^{2}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

P_t = 3{,}0\cdot10^{9}\ \text{W}

;

9{,}5\cdot10^{19}

fissions per segon

Resolució

Rendiment. $P_t = \dfrac{P_e}{\eta} = \dfrac{1{,}0\cdot10^{9}}{0{,}33} = 3{,}0\cdot10^{9}\ \text{W}$ . Les fissions s'han de comptar amb la potència tèrmica, no amb l'elèctrica.
Energia per fissió. $200\cdot10^{6}\cdot1{,}60\cdot10^{-19} = 3{,}2\cdot10^{-11}\ \text{J}$ .
Fissions per segon. $\dfrac{3{,}0\cdot10^{9}}{3{,}2\cdot10^{-11}} = 9{,}5\cdot10^{19}\ \text{s}^{-1}$ .

Apartat b)

Resultat

m \approx 1{,}2\cdot10^{6}\ \text{g} \approx 1{,}2\ \text{t}

d'urani-235 a l'any

Resolució

Fissions en un any. $9{,}5\cdot10^{19}\cdot3{,}156\cdot10^{7} = 3{,}0\cdot10^{27}$ nuclis.
Mols i massa. $\dfrac{3{,}0\cdot10^{27}}{6{,}022\cdot10^{23}} = 5{,}0\cdot10^{3}\ \text{mol}$ , i $m = 5{,}0\cdot10^{3}\cdot235 = 1{,}2\cdot10^{6}\ \text{g} \approx 1{,}2\ \text{t}$ .
Combustible real. És òxid d'urani enriquit amb un 3–5 % d'U-235, de manera que la massa total de combustible és unes 25–30 vegades més gran.

Apartat c)

Resultat

3{,}3\cdot10^{9}\ \text{kg}

de carbó (3,3 milions de tones), unes

3\cdot10^{6}

vegades la massa d'urani.

Resolució

Energia tèrmica anual. $E = 3{,}0\cdot10^{9}\cdot3{,}156\cdot10^{7} = 9{,}6\cdot10^{16}\ \text{J}$ .
Massa de carbó. $m = \dfrac{9{,}6\cdot10^{16}}{2{,}9\cdot10^{7}} = 3{,}3\cdot10^{9}\ \text{kg}$ , unes $3\cdot10^{6}$ vegades més massa que l'urani fissionat.
Interpretació. Les energies nuclears (MeV per nucli) són milions de vegades més grans que les químiques (uns quants eV per enllaç).

Apartat d)

Resultat

\Delta m \approx 1{,}1\ \text{kg}

a l'any, només un 0,09 % de l'urani fissionat.

Resolució

Equivalència massa-energia. $\Delta m = \dfrac{E}{c^{2}} = \dfrac{9{,}6\cdot10^{16}}{9{,}00\cdot10^{16}} = 1{,}1\ \text{kg}$ .
D'on surt. És la diferència entre la massa dels nuclis i neutrons inicials i la dels productes de fissió: els productes estan més fortament lligats (més energia d'enllaç per nucleó) i tenen menys massa.
Per què no coincideix amb b). Aquest 1,1 kg és només una petita part (un 0,09 %) de la tona d'urani que es fissiona: la major part de la massa continua als productes de fissió (els residus). No tota la massa de l'urani es converteix en energia.

Apartat e)

Resultat

El moderador frena els neutrons i les barres de control en absorbeixen per mantenir

k = 1

; amb

k \gt 1

la potència creixeria exponencialment.

Resolució

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

Errors típics

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

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

El reactor experimental ITER vol produir 500 MW de potència de fusió amb la reacció ²₁H + ³₁H → ⁴₂He + ¹₀n, que allibera 17,6 MeV per reacció.
a) Els nuclis reactius tenen una energia cinètica petita comparada amb 17,6 MeV. Aplicant la conservació de la quantitat de moviment i de l'energia (tractament clàssic), demostra que l'energia es reparteix en proporció inversa a les masses i calcula l'energia cinètica del neutró i de la partícula alfa.
b) El plasma es confina amb camps magnètics. Raona per què el neutró en surt i quin paper té el «mantell» que envolta el reactor.
c) Calcula el nombre de reaccions per segon i la massa de triti que es consumeix en un dia.
d) Per fusionar-se, els dos nuclis s'han d'acostar fins a uns 3 fm. Calcula l'energia potencial elèctrica que han de vèncer, en MeV, i raona per què cal escalfar el plasma a més de 100 milions de kelvin (l'energia tèrmica mitjana d'una partícula és de l'ordre de $k_{B}$ ·T).
Dades: masses: ⁴He = 4,0026 u; n = 1,0087 u; ³H = 3,0160 u; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1; 1 MeV = 1,60· $10^{-13}$ J; k = 8,99· $10^{9}$ N· $\tfrac{m^{2}}{C^{2}}$ ; e = 1,60· $10^{-19}$ C; $k_{B}$ = 1,38· $10^{-23}$ J/K.

Pista 1

Si la quantitat de moviment inicial és pràcticament nul·la, les dues partícules surten amb quantitats de moviment de mòdul igual. Escriu $E_{c}$ = $\tfrac{p^{2}}{(2m)}$ .

Pista 2

Pensa en quines partícules nota la força magnètica.

Pista 3

L'energia potencial entre dues càrregues +e a una distància r és k· $\tfrac{e^{2}}{r}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

L'energia es reparteix en proporció inversa a les masses:

E_n = 14{,}1\ \text{MeV}

;

E_{\alpha} = 3{,}5\ \text{MeV}

Resolució

Conservació de la quantitat de moviment. Com que la quantitat de moviment inicial és pràcticament nul·la, $p_{\mathrm{He}} = p_n = p$ .
Repartiment. Amb $E_c = \dfrac{p^{2}}{2m}$ : $\dfrac{E_n}{E_{\mathrm{He}}} = \dfrac{m_{\mathrm{He}}}{m_n}$ . La partícula més lleugera s'emporta més energia.
Conservació de l'energia. $E_n + E_{\mathrm{He}} = 17{,}6\ \text{MeV}$ $E_n = 17{,}6\cdot\dfrac{m_{\mathrm{He}}}{m_{\mathrm{He}} + m_n} = 17{,}6\cdot\dfrac{4{,}0026}{5{,}0113} = 14{,}1\ \text{MeV};\quad E_{\mathrm{He}} = 3{,}5\ \text{MeV}$
Conclusió. El neutró s'emporta el 80 % de l'energia.

Apartat b)

Resultat

El neutró no té càrrega i el camp magnètic no el reté; el mantell el frena (en treu la calor) i hi produeix triti a partir del liti.

Resolució

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

Apartat c)

Resultat

1{,}78\cdot10^{20}

reaccions per segon; uns 77 g de triti al dia.

Resolució

Reaccions per segon. $\dfrac{500\cdot10^{6}}{17{,}6\cdot1{,}60\cdot10^{-13}} = 1{,}78\cdot10^{20}\ \text{s}^{-1}$ .
Nuclis de triti en un dia. $1{,}78\cdot10^{20}\cdot86\,400 = 1{,}53\cdot10^{25}$ nuclis $= 25{,}5\ \text{mol}$ .
Massa. $m = 25{,}5\cdot3{,}016 = 77\ \text{g}$ de triti al dia: una quantitat petitíssima de combustible per a 500 MW.

Apartat d)

Resultat

E_p \approx 7{,}7\cdot10^{-14}\ \text{J} = 0{,}48\ \text{MeV}

; a

10^{8}\ \text{K}

k_BT \approx 8{,}6\ \text{keV}

(unes 50 vegades menys): cal la cua d'alta energia i l'efecte túnel.

Resolució

Energia potencial elèctrica. $E_p = k\dfrac{e^{2}}{r} = \dfrac{8{,}99\cdot10^{9}\cdot(1{,}60\cdot10^{-19})^{2}}{3\cdot10^{-15}} = 7{,}7\cdot10^{-14}\ \text{J} = 0{,}48\ \text{MeV}$
Energia tèrmica. A $10^{8}\ \text{K}$ : $k_BT = 1{,}38\cdot10^{-15}\ \text{J} \approx 8{,}6\ \text{keV}$ , unes 50 vegades menys que la barrera.
Per què hi ha fusió igualment. Al plasma hi ha partícules molt més energètiques que la mitjana i, per efecte túnel quàntic, poden travessar la barrera sense superar-la del tot.
Conclusió. A temperatures més baixes la fracció de xocs eficaços seria massa petita: per això cal escalfar el plasma a més de 100 milions de kelvin.

Errors típics

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

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

El radó-222 és un gas radioactiu que surt del subsòl granític i es pot acumular als soterranis. El nivell de referència recomanat per a habitatges és de 300 $\text{Bq/m}^{3}$ . En un soterrani de 50 $\text{m}^{3}$ amb aquesta concentració:
a) Calcula l'activitat total del radó i el nombre i la massa d'àtoms de radó presents.
b) El radó-222 (Z = 86) es desintegra emetent una partícula alfa. Escriu la reacció i calcula l'energia alliberada (Q) a partir de les masses.
c) Demostra, amb la conservació de la quantitat de moviment, que la partícula alfa s'emporta la major part de Q, i calcula'n l'energia cinètica.
d) Si es segellen les esquerdes del terra i no entra més radó (i no es ventila), quina activitat quedarà al soterrani al cap de 14 dies? Raona per què, a la pràctica, el que es fa és ventilar.
e) Les partícules alfa s'aturen amb uns quants centímetres d'aire o amb la capa morta de la pell. Raona per què, tot i així, el radó és la segona causa de càncer de pulmó.
Dades: T_{$\tfrac{1}{2}$}(Rn-222) = 3,82 dies; masses atòmiques: ²²²Rn = 222,017578 u; ²¹⁸Po = 218,008973 u; ⁴He = 4,002603 u; 1 u = 931,5 $\text{MeV/c}^{2}$ ; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1; Po (Z = 84).

Pista 1

L'activitat per unitat de volum multiplicada pel volum dona l'activitat total; després fes servir N = $\tfrac{A}{\lambda}$ .

Pista 2

Q = ( $m_{\mathrm{inicial}}$ - $m_{\mathrm{final}}$ )· $c^{2}$ ; pots treballar directament en u i convertir amb 931,5 $\text{MeV/c}^{2}$ .

Pista 3

El nucli de radó està inicialment en repòs: el nucli fill i la partícula alfa surten amb quantitats de moviment iguals i oposades.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

A = 1{,}5\cdot10^{4}\ \text{Bq}

;

N = 7{,}1\cdot10^{9}

àtoms;

m = 2{,}6\cdot10^{-12}\ \text{g}

Resolució

Activitat total. $A = 300\ \text{Bq/m}^{3}\cdot50\ \text{m}^{3} = 1{,}5\cdot10^{4}\ \text{Bq}$ .
Constant en s⁻¹. $\lambda = \dfrac{0{,}693}{3{,}82\cdot86\,400} = 2{,}10\cdot10^{-6}\ \text{s}^{-1}$ (dies passats a segons).
Nombre d'àtoms. $N = \dfrac{A}{\lambda} = \dfrac{1{,}5\cdot10^{4}}{2{,}10\cdot10^{-6}} = 7{,}1\cdot10^{9}$ àtoms.
Massa. $m = \dfrac{7{,}1\cdot10^{9}\cdot222}{6{,}022\cdot10^{23}} = 2{,}6\cdot10^{-12}\ \text{g}$ . Una massa indetectable químicament però amb 15 000 desintegracions per segon.

Apartat b)

Resultat

{}^{222}_{86}\mathrm{Rn} \rightarrow {}^{218}_{84}\mathrm{Po} + {}^{4}_{2}\mathrm{He}

;

Q = 5{,}59\ \text{MeV}

Resolució

Reacció. ${}^{222}_{86}\mathrm{Rn} \rightarrow {}^{218}_{84}\mathrm{Po} + {}^{4}_{2}\mathrm{He}$
Defecte de massa. $\Delta m = 222{,}017578 - 218{,}008973 - 4{,}002603 = 0{,}006002\ \text{u}$ .
Energia alliberada. $Q = 0{,}006002\cdot931{,}5 = 5{,}59\ \text{MeV}$ .

Apartat c)

Resultat

E_{\alpha} = 5{,}49\ \text{MeV}

; el nucli de poloni retrocedeix amb només 0,10 MeV.

Resolució

Conservació de la quantitat de moviment. El radó és inicialment en repòs: $p_{\alpha} = p_{\mathrm{Po}}$ .
Repartiment. Amb $E_c = \dfrac{p^{2}}{2m}$ : $\dfrac{E_{\alpha}}{E_{\mathrm{Po}}} = \dfrac{m_{\mathrm{Po}}}{m_{\alpha}} \approx \dfrac{218}{4}$ . La partícula alfa, molt més lleugera, s'emporta gairebé tota l'energia.
Càlcul. $E_{\alpha} = Q\,\dfrac{m_{\mathrm{Po}}}{m_{\mathrm{Po}} + m_{\alpha}} = 5{,}59\cdot\dfrac{218{,}009}{222{,}012} = 5{,}49\ \text{MeV}$ El nucli de poloni retrocedeix amb només 0,10 MeV.

Apartat d)

Resultat

A = 1{,}2\cdot10^{3}\ \text{Bq}

(24 Bq/m³); a la pràctica es ventila perquè és impossible segellar del tot.

Resolució

Llei de desintegració. $A = 1{,}5\cdot10^{4}\cdot2^{-14/3{,}82} = 1{,}5\cdot10^{4}\cdot0{,}079 = 1{,}2\cdot10^{3}\ \text{Bq}$ , és a dir, 24 Bq/m³.
Per què es ventila. A la pràctica és impossible segellar del tot el terra i el radó continua entrant. Ventilar substitueix contínuament l'aire i manté la concentració baixa; a més, s'emporta també els fills del radó.

Apartat e)

Resultat

El perill és intern: el radó inhalat i els seus descendents sòlids es dipositen als bronquis i hi emeten alfa directament sobre les cèl·lules.

Resolució

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

Errors típics

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

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

Molts detectors de fum domèstics contenen una font d'americi-241 de 37 kBq. Les partícules alfa (5,5 MeV) ionitzen l'aire d'una petita cambra entre dues plaques amb una diferència de potencial, i circula un corrent molt petit. Quan hi entra fum, els ions s'enganxen a les partícules de fum, el corrent baixa i salta l'alarma.
a) Calcula el nombre d'àtoms i la massa d'americi-241 de la font.
b) Per formar un parell d'ions a l'aire calen, de mitjana, 34 eV. Quants parells d'ions pot crear una partícula alfa? Suposant que totes les partícules alfa emeses es frenen dins de la cambra i que es recullen tots els ions, quin corrent circularia?
c) Quin percentatge perd la font en 10 anys? És aquesta la raó per la qual cal canviar els detectors cada 10 anys? Justifica-ho.
d) Raona per què una font alfa és segura dins del detector però seria perillosa si s'ingerís.
Dades: T_{$\tfrac{1}{2}$}(Am-241) = 432 anys; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol⁻¹; massa molar ≈ 241 g/mol; e = 1,60· $10^{-19}$ C.

Pista 1

N = $\tfrac{A}{\lambda}$ , amb λ en $\text{s}^{-1}$ .

Pista 2

Cada parell d'ions aporta una càrrega e que arriba a les plaques. El corrent és la càrrega per segon.

Pista 3

Calcula la fracció 2^−t/T amb t = 10 anys: és molt a prop d'1.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

N = 7{,}3\cdot10^{14}

àtoms;

m = 2{,}9\cdot10^{-7}\ \text{g} \approx 0{,}3\ \mu\text{g}

Resolució

Constant en s⁻¹. $\lambda = \dfrac{0{,}693}{432\cdot3{,}156\cdot10^{7}} = 5{,}08\cdot10^{-11}\ \text{s}^{-1}$ .
Nombre d'àtoms. $N = \dfrac{A}{\lambda} = \dfrac{3{,}7\cdot10^{4}}{5{,}08\cdot10^{-11}} = 7{,}3\cdot10^{14}$ àtoms.
Massa. $m = \dfrac{7{,}3\cdot10^{14}\cdot241}{6{,}022\cdot10^{23}} = 2{,}9\cdot10^{-7}\ \text{g} \approx 0{,}3\ \mu\text{g}$ .

Apartat b)

Resultat

1{,}6\cdot10^{5}

parells d'ions per partícula alfa;

I \approx 9{,}6\cdot10^{-10}\ \text{A} \approx 1\ \text{nA}

Resolució

Parells per alfa. $\dfrac{5{,}5\cdot10^{6}\ \text{eV}}{34\ \text{eV}} = 1{,}6\cdot10^{5}$ .
Parells per segon. $3{,}7\cdot10^{4}\cdot1{,}6\cdot10^{5} = 6{,}0\cdot10^{9}\ \text{s}^{-1}$ .
Corrent. Cada parell aporta una càrrega e: $I = 6{,}0\cdot10^{9}\cdot1{,}60\cdot10^{-19} = 9{,}6\cdot10^{-10}\ \text{A} \approx 1\ \text{nA}$ .
Interpretació. A la realitat és més petit perquè una part de les alfa no entra a la cambra. És un corrent minúscul, però l'electrònica en detecta fàcilment una disminució.

Apartat c)

Resultat

Perd només un 1,6 % en 10 anys: el recanvi no es deu a la font, sinó a l'electrònica, la bateria i la cambra.

Resolució

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

Apartat d)

Resultat

Les alfa no surten del detector (les atura l'aire o el plàstic); ingerit, l'americi es fixaria als ossos i radiaria les cèl·lules durant anys.

Resolució

Dins del detector. Les partícules alfa s'aturen amb uns centímetres d'aire, un full de paper o la carcassa de plàstic: des de fora no arriba cap radiació alfa a l'usuari.
Si s'ingerís. L'americi es fixaria als ossos i les alfa dipositarien tota la seva energia a les cèl·lules del voltant durant molts anys (període llarg), amb un dany biològic molt gran.
Conclusió. «Poc penetrant» no vol dir «poc perillosa»: depèn de si l'exposició és externa o interna.

Errors típics

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

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Algunes sondes espacials (Voyager, Curiosity, Perseverance) s'alimenten amb generadors termoelèctrics de radioisòtops (RTG): la calor de la desintegració alfa del plutoni-238 es converteix en electricitat amb termoparells. Considera un RTG amb 4,0 kg de plutoni-238.
a) Calcula el nombre de nuclis, l'activitat i la potència tèrmica inicial, sabent que cada desintegració allibera 5,59 MeV que s'absorbeixen al generador.
b) Si el rendiment de conversió en electricitat és del 6,0 %, quina potència elèctrica dona al principi? I al cap de 14 anys?
c) Les Voyager es van llançar el 1977. Quina fracció de la potència inicial proporcionaria el plutoni l'any 2024? (A la realitat la potència ha baixat més perquè els termoparells també es degraden.)
d) Compara la potència per quilogram del Pu-238 amb la del Pu-239 (T_{$\tfrac{1}{2}$} = 24 110 anys, energia alfa semblant) i amb la del poloni-210 (T_{$\tfrac{1}{2}$} = 138 dies). Raona per què s'ha triat el Pu-238 per a missions de dècades.
e) Raona per què a les sondes que van a Júpiter o més enllà no es fan servir plaques solars.
Dades: T_{$\tfrac{1}{2}$}(Pu-238) = 87,7 anys; massa molar ≈ 238 g/mol; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol⁻¹; 1 MeV = 1,60· $10^{-13}$ J; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Pista 1

La potència tèrmica és el nombre de desintegracions per segon multiplicat per l'energia de cada desintegració.

Pista 2

La potència disminueix amb la mateixa llei exponencial que l'activitat.

Pista 3

Per a una mateixa massa i una energia per desintegració semblant, l'activitat és inversament proporcional al període (A = λ·N).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

N = 1{,}01\cdot10^{25}

nuclis;

A = 2{,}5\cdot10^{15}\ \text{Bq}

;

P_t = 2{,}3\cdot10^{3}\ \text{W}

Resolució

Nombre de nuclis. $N = \dfrac{4000}{238}\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 1{,}01\cdot10^{25}$ nuclis.
Activitat. $\lambda = \dfrac{0{,}693}{87{,}7\cdot3{,}156\cdot10^{7}} = 2{,}50\cdot10^{-10}\ \text{s}^{-1}$ , i $A = \lambda N = 2{,}5\cdot10^{15}\ \text{Bq}$ .
Potència tèrmica. Desintegracions per segon per l'energia de cadascuna: $P_t = 2{,}5\cdot10^{15}\cdot5{,}59\cdot1{,}60\cdot10^{-13} = 2{,}3\cdot10^{3}\ \text{W}$ .
Interpretació. Són uns 570 W per quilogram: el plutoni es posa al roig.

Apartat b)

Resultat

P_e = 1{,}4\cdot10^{2}\ \text{W}

al principi i

1{,}2\cdot10^{2}\ \text{W}

al cap de 14 anys

Resolució

Rendiment. $P_e = 0{,}060\cdot2{,}27\cdot10^{3} = 1{,}4\cdot10^{2}\ \text{W}$ .
Al cap de 14 anys. La potència disminueix amb la mateixa llei que l'activitat: $P = 136\cdot2^{-14/87{,}7} = 136\cdot0{,}895 = 1{,}2\cdot10^{2}\ \text{W}$ .

Apartat c)

Resultat

El plutoni encara dona el 69 % de la potència inicial.

Resolució

Temps. De 1977 a 2024 hi ha 47 anys.
Fracció. $2^{-47/87{,}7} = 0{,}69$ .
Interpretació. Per això les Voyager encara funcionen, tot i que s'han hagut d'apagar instruments.

Apartat d)

Resultat

P \propto \tfrac{1}{T_{1/2}}

: el Pu-239 dona unes 275 vegades menys potència (uns 2 W/kg) i el Po-210 unes 230 vegades més però s'esgota en pocs mesos; el Pu-238 és el compromís.

Resolució

Proporcionalitat. Amb la mateixa massa i energia per desintegració, $A = \lambda N$ i per tant $P \propto \dfrac{1}{T_{1/2}}$ .
Pu-239. Donaria $\tfrac{24\,110}{87{,}7} \approx 275$ vegades menys potència per kg (uns 2 W/kg): caldrien tones.
Po-210. En donaria $\tfrac{\lambda_{\mathrm{Po}}}{\lambda_{\mathrm{Pu}}} \approx 230$ vegades més, però al cap d'un any només en quedaria el $2^{-365/138} = 16\ \%$ .
Conclusió. El Pu-238 és un compromís: prou actiu per donar molta potència amb poca massa i prou durador per a missions de dècades. Un període més llarg no sempre és millor.

Apartat e)

Resultat

La llum solar disminueix amb el quadrat de la distància: a Júpiter n'arriba unes 27 vegades menys que a la Terra.

Resolució

Llei de l'invers del quadrat. La intensitat de la llum solar disminueix amb el quadrat de la distància al Sol.
Càlcul. A Júpiter (uns 5,2 ua) arriba $5{,}2^{2} \approx 27$ vegades menys llum que a la Terra, i a Saturn o més enllà, centenars de vegades menys: les plaques haurien de ser enormes.
Conclusió. Un RTG no depèn de la llum i funciona igual a qualsevol distància.

Errors típics

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

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

A l'interior de les estrelles gegants vermelles, l'heli es fusiona en carboni (procés triple alfa: 3 ⁴He → ¹²C) i, després, el carboni captura una altra partícula alfa (¹²C + ⁴He → ¹⁶O).
a) Calcula l'energia d'enllaç i l'energia d'enllaç per nucleó de l'heli-4, del carboni-12 i de l'oxigen-16.
b) Calcula l'energia alliberada en cadascuna de les dues reaccions a partir de les masses, i comprova el resultat de la primera a partir de les energies d'enllaç.
c) Compara l'energia alliberada per nucleó en el procés triple alfa amb la de la fusió d'hidrogen en heli, que allibera 26,7 MeV per cada 4 nucleons. Raona per què l'etapa de combustió de l'heli és molt més curta que la de l'hidrogen.
d) L'energia d'enllaç per nucleó arriba al màxim (≈ 8,8 MeV) prop del ferro-56. Raona per què una estrella no pot obtenir energia fusionant ferro i com es poden haver format els elements més pesants que el ferro.
Dades: masses atòmiques: ¹H = 1,007825 u; n = 1,008665 u; ⁴He = 4,002603 u; ¹²C = 12,000000 u; ¹⁶O = 15,994915 u; 1 u = 931,5 MeV/c².

Pista 1

Energia d'enllaç: (Z·m_H + N·m_n − m_àtom)·c². Fer servir la massa de l'àtom d'hidrogen compensa la massa dels electrons.

Pista 2

L'energia alliberada en una reacció és la diferència entre l'energia d'enllaç total dels productes i la dels reactius.

Pista 3

Fusionar dos nuclis només allibera energia si el producte té més energia d'enllaç per nucleó que els reactius.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

He-4:

B = 28{,}30\ \text{MeV}

, 7,07 MeV/nucleó; C-12:

B = 92{,}16\ \text{MeV}

, 7,68 MeV/nucleó; O-16:

B = 127{,}6\ \text{MeV}

, 7,98 MeV/nucleó

Resolució

Energia d'enllaç amb masses atòmiques. $B = (Z\,m_{\mathrm{H}} + N\,m_n - m_{\text{àtom}})\,c^{2}$ ; fer servir la massa de l'àtom d'hidrogen compensa la massa dels electrons.
Heli-4. $\Delta m = 2\cdot1{,}007825 + 2\cdot1{,}008665 - 4{,}002603 = 0{,}030377\ \text{u}$ → $B = 28{,}30\ \text{MeV}$ , $\tfrac{B}{A} = 7{,}07\ \text{MeV}$ .
Carboni-12. $\Delta m = 6\cdot1{,}007825 + 6\cdot1{,}008665 - 12{,}000000 = 0{,}098940\ \text{u}$ → $B = 92{,}16\ \text{MeV}$ , $\tfrac{B}{A} = 7{,}68\ \text{MeV}$ .
Oxigen-16. $\Delta m = 8\cdot1{,}007825 + 8\cdot1{,}008665 - 15{,}994915 = 0{,}137005\ \text{u}$ → $B = 127{,}6\ \text{MeV}$ , $\tfrac{B}{A} = 7{,}98\ \text{MeV}$ .

Apartat b)

Resultat

Triple alfa:

Q = 7{,}27\ \text{MeV}

(amb energies d'enllaç, 7,26 MeV); captura alfa:

Q = 7{,}16\ \text{MeV}

Resolució

Triple alfa (masses). $Q = (3\cdot4{,}002603 - 12{,}000000)\cdot931{,}5 = 0{,}007809\cdot931{,}5 = 7{,}27\ \text{MeV}$ .
Comprovació amb energies d'enllaç. L'energia alliberada és la diferència entre l'energia d'enllaç dels productes i la dels reactius: $Q = 92{,}16 - 3\cdot28{,}30 = 7{,}26\ \text{MeV}$ . Coincideix, llevat d'arrodoniments.
Captura alfa. $Q = (12{,}000000 + 4{,}002603 - 15{,}994915)\cdot931{,}5 = 0{,}007688\cdot931{,}5 = 7{,}16\ \text{MeV}$ .

Apartat c)

Resultat

Triple alfa: 0,61 MeV/nucleó; hidrogen → heli: 6,7 MeV/nucleó, unes 11 vegades més. L'heli s'esgota molt més de pressa.

Resolució

Per nucleó. Triple alfa: $\tfrac{7{,}27}{12} = 0{,}61\ \text{MeV}$ . Hidrogen → heli: $\tfrac{26{,}7}{4} = 6{,}7\ \text{MeV}$ , unes 11 vegades més. Cal comparar per nucleó (o per unitat de massa), no per reacció.
Durada de l'etapa. La combustió de l'heli dona molta menys energia per unitat de massa i, a més, l'estrella és més lluminosa en aquesta fase: el combustible s'esgota molt més de pressa.
Conclusió. L'etapa de l'heli dura de l'ordre d'un 10 % de la de l'hidrogen.

Apartat d)

Resultat

Més enllà del ferro B/A disminueix: fusionar ferro absorbeix energia i el nucli col·lapsa; els elements més pesants es formen per captura de neutrons en supernoves i fusions d'estrelles de neutrons.

Resolució

Condició per alliberar energia. Fusionar dos nuclis només allibera energia si el producte té més energia d'enllaç per nucleó que els reactius; si no, n'absorbeix.
El ferro. Més enllà del ferro, B/A disminueix: fusionar ferro consumeix energia. El nucli de l'estrella perd el suport de pressió i col·lapsa (supernova).
Elements més pesants. Es formen per captura de neutrons, sobretot en esdeveniments explosius com les supernoves i les fusions d'estrelles de neutrons, on l'energia ve de la gravitació.

Errors típics

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

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

Un reactor de recerca produeix un feix de neutrons lliures que viatgen a 2200 m/s fins a un instrument situat a 10 m. El neutró lliure és inestable: té una vida mitjana de 880 s i es desintegra en un protó, un electró i una tercera partícula.
a) Fent servir la conservació de la càrrega, del nombre bariònic i del nombre leptònic, identifica la tercera partícula. Escriu la desintegració també en termes de quarks (protó = uud, neutró = udd).
b) Calcula l'energia alliberada en la desintegració. Els experiments mostren que l'energia cinètica dels electrons emesos no té un valor fix sinó que va des de 0 fins a aquest valor màxim. Raona per què això va portar Pauli a proposar l'existència d'una partícula nova.
c) Calcula el període de semidesintegració del neutró i la fracció de neutrons del feix que es desintegren pel camí fins a l'instrument. Cal tenir-ho en compte?
d) Raona si són possibles aquests processos i, si no ho són, quina llei de conservació incompleixen: (1) un protó lliure en repòs es desintegra en un neutró, un positró i un neutrí; (2) p → $e^{+}$ + γ; (3) n + p → p + p + $e^{-}$ . Explica com és possible, en canvi, que hi hagi nuclis que emetin positrons.
Dades: $m_{n}$ · $c^{2}$ = 939,565 MeV; $m_{p}$ · $c^{2}$ = 938,272 MeV; $m_{e}$ · $c^{2}$ = 0,511 MeV; la massa del neutrí és negligible; T_{$\tfrac{1}{2}$} = τ·ln 2.

Pista 1

Assigna nombre bariònic +1 als protons i neutrons, i nombre leptònic +1 a l'electró i al neutrí i −1 a les seves antipartícules.

Pista 2

L'energia alliberada és la diferència entre l'energia en repòs inicial i la final.

Pista 3

Si només hi hagués dues partícules al final, la conservació de l'energia i de la quantitat de moviment fixarien l'energia de l'electró.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

La tercera partícula és l'antineutrí electrònic:

n \rightarrow p + e^{-} + \bar{\nu}_e

; en quarks,

d \rightarrow u + e^{-} + \bar{\nu}_e

Resolució

Càrrega. $0 = +1 - 1 + q \Rightarrow q = 0$ .
Nombre bariònic. $1 = 1 + 0 + B \Rightarrow B = 0$ .
Nombre leptònic. $0 = 0 + 1 + L \Rightarrow L = -1$ : és una antipartícula leptònica neutra, l'antineutrí electrònic (un neutrí no quadraria el nombre leptònic). $n \rightarrow p + e^{-} + \bar{\nu}_e$
En quarks. $udd \rightarrow uud$ : un quark d es converteix en un quark u, $d \rightarrow u + e^{-} + \bar{\nu}_e$ (interacció feble).

Apartat b)

Resultat

Q = 0{,}782\ \text{MeV}

; l'espectre continu de l'electró indica una tercera partícula invisible (el neutrí) que s'emporta part de l'energia.

Resolució

Energia alliberada. Diferència d'energies en repòs: $Q = (m_n - m_p - m_e)\,c^{2} = 939{,}565 - 938{,}272 - 0{,}511 = 0{,}782\ \text{MeV}$ . No t'oblidis la massa de l'electró.
Si hi hagués dues partícules. Protó i electró haurien de sortir amb quantitats de moviment oposades i l'energia es repartiria d'una única manera: l'electró tindria sempre la mateixa energia.
Hipòtesi de Pauli. L'espectre continu indica que una tercera partícula, invisible als detectors, s'emporta una part variable de l'energia i de la quantitat de moviment. Pauli va proposar el neutrí per salvar la conservació de l'energia; es va detectar el 1956.

Apartat c)

Resultat

T_{1/2} = 610\ \text{s}

; es desintegra una fracció

5{,}2\cdot10^{-6}

(unes 5 parts per milió): negligible.

Resolució

Període. $T_{1/2} = \tau\ln 2 = 880\cdot0{,}693 = 610\ \text{s}$ .
Temps de vol. $t = \dfrac{10}{2200} = 4{,}5\cdot10^{-3}\ \text{s}$ .
Fracció desintegrada. $1 - e^{-t/\tau} \approx \dfrac{t}{\tau} = \dfrac{4{,}5\cdot10^{-3}}{880} = 5{,}2\cdot10^{-6}$ , unes 5 parts per milió.
Conclusió. És negligible per a l'experiment.

Apartat d)

Resultat

(1) impossible: no conserva l'energia; (2) impossible: no conserva el nombre bariònic ni el leptònic; (3) impossible: no conserva el nombre leptònic. Dins d'un nucli, la β⁺ és possible si el nucli fill està més lligat.

Resolució

Procés (1). $p \rightarrow n + e^{+} + \nu$ per a un protó lliure: la massa final (939,565 + 0,511 MeV) és més gran que la inicial (938,272 MeV) i no es conservaria l'energia.
Procés (2). $p \rightarrow e^{+} + \gamma$ : conserva la càrrega però no el nombre bariònic (1 → 0) ni el leptònic (0 → −1). No s'ha observat mai: la vida mitjana del protó és més gran que $10^{34}$ anys.
Procés (3). $n + p \rightarrow p + p + e^{-}$ : conserva la càrrega (+1 → +1) i el nombre bariònic (2 → 2), però no el leptònic (0 → +1): impossible.
Positrons emesos per nuclis. Dins d'un nucli, el procés $p \rightarrow n + e^{+} + \nu_e$ és possible si el nucli fill està més fortament lligat que el pare: la diferència d'energia d'enllaç aporta l'energia que falta. És la desintegració β⁺ del fluor-18 o del gal·li-68.

Errors típics

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

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

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Quina diferència hi ha entre el període de semidesintegració i la constant de desintegració?

El període T és el temps que triga una mostra a reduir a la meitat el nombre de nuclis radioactius; la constant λ és la probabilitat de desintegració per unitat de temps. Estan relacionats per λ = ln 2/T = 0,693/T.

Com es calcula l'energia d'enllaç d'un nucli?

Se suma la massa dels protons i neutrons per separat, se'n resta la massa del nucli (defecte de massa) i es converteix a energia amb E = Δm· $c^{2}$ o amb l'equivalència 1 u = 931,5 MeV. Dividint pel nombre de nucleons s'obté l'energia d'enllaç per nucleó, que mesura l'estabilitat.

Què canvia en el nucli en cada tipus de desintegració?

En l'alfa, A baixa 4 i Z baixa 2; en la beta menys, A no canvia i Z puja 1; en la beta més, A no canvia i Z baixa 1; en la gamma no canvien ni A ni Z, el nucli només perd energia.

Tornar a Física