Resolução Halliday Vol4 cap 42 ed 9

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1. De acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos:
K U r q q
K
= ⇒ = = ×
−
1 2
0
19 2
04
3 90 1 60 10
4 3 
( )( )( , )
(
C
,, ) , .00 10 1 3 106 19
13
× ×
= ×−
−
eV)(1,60 10 J/eV m
2. De acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos:
K U r q q
K
= ⇒ = = ×
−
1 2
0
19 2
04
2 29 1 60 10
4 5 
( )( )( , )
(
C
,, ) ,30 10 1 58 106 19
14
× ×
= × =−
−
eV)(1,60 10 J/eV m 15,88 fm.
3. De acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos:
K U r q q
K
= ⇒ = = ×
−
1 2
0
19 2
04
3 110 1 60 10
4 
( )( )( , )
(
C
110 2 10
4 66 10 466 19
14
, ) ,× × = × =−
−
eV)(1,60 10 J/eV m ,, .6 fm
4. Para que a partícula alfa “encoste” na superfície do núcleo de ouro em uma colisão frontal, a 
distância de máxima aproximação deve ser igual à soma dos raios dos dois núcleos: 
r = rCu + ra = 6,23 fm + 1,80 fm = 8,03 fm.
Nesse caso, de acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos:
K U q q
r
kq q
r

 

= = =
= × ⋅
1
4
8 99 10 2
0
9
Au Au
( , )( )V m/C (( )( , )
( ,
79 1 60 10
8 03 10
19 2
15 19
×
× ×
−
− −
C
m)(1,60 10 JJ/eV eV 28,3 MeV.) ,= × =28 3 10
6
5. De acordo com as Eqs. 9-75 e 9-76, temos:
v
m m
m m
v v
m
m m
vf i f i





=
−
+
=
+
Au
Au
Au,
Au
e
2
.
(a) A energia cinética do núcleo após a colisão é
K m v m m
m m
vf f iAu, Au Au, Au
Au
= =
+




1
2
1
2
22
2
2

 == +
=
K m m
m m
i


4
5 00 4 197 4 00
2
Au
Au
MeV u u
( )
( , ) ( )( , ))( , )
,
4 00
0 390
2u 197u
MeV.
+
=
(b) A energia cinética da partícula alfa após a colisão é
K m v m m m
m m
v Kf f i   


 = =
−
+




=1
2
1
2
2
2
2Au
Au
ii
m m
m m


−
+




= ( ) −
Au
Au
MeV u 197 u
2
5 00 4 00
4
,
,
,000 197
4 61
2
u u
MeV.
+




= ,
Capítulo 42
soluções dos problemas 229
Note que K K Kaf f i+ =Au,  , o que está de acordo com a lei de conservação da energia.
6. (a) O número de massa A é o número de núcleons de um núcleo atômico. Como a massa mn 
do nêutron é aproximadamente igual à massa mp do próton e a massa dos elétrons é muito menor 
que a massa do núcleo, a massa M do átomo é dada aproximadamente por M ≈ Amp.
(b) No caso do 1H, a expressão aproximada nos dá 
M ≈ Amp = (1)(1,007276 u) = 1,007276 u.
De acordo com a Tabela 42-1, a massa correta é 1,007825 u. O erro percentual é, portanto,
d = (1,007825 u – 1,007276 u)/(1,007825 u) = 0,00054 = 0,05%.
(c) No caso do 31P,
M ≈ (31)(1,007276 u) = 31,225556 u
e
d = (31,225556 u − 30,973762 u)/(30,973762 u) = 0,0081 = 0,81%.
 (d) No caso do 120Sn, 
M ≈ (120)(1,007276 u) = 120,87312
e
d = (120,87312 u − 119,902197 u)/(119,902197 u) = 0,0081 = 0,81%
(e) No caso do 197Au,
M ≈ (197)(1,007276) = 198,433372
e
d = (198,433372 u − 196,966552 u)/(196,966552 u) = 0,0074 = 0,74%.
(f) No caso do 239Pu,
M ≈ (239)(1,007276) = 240,738964 u
e
d = (240,738964 u − 239,052157 u)/(239,052157 u) = 0,0071 = 0,71%.
(g) Não. Em um núcleo típico, a energia de ligação por núcleon é da ordem de MeV, o que 
corresponde a menos de 1% da massa de um núcleon multiplicada por c2. Como este valor é 
comparável com o erro percentual calculado nos itens (b) a (f), nos cálculos da energia de ligação 
devemos usar um método mais preciso para calcular a massa dos núcleos.
7. Para calcular as massas específicas nucleares, usamos as massas molares do Apêndice F e 
calculamos os raios nucleares usando a Eq. 42-3.
a) No caso do 55Mn, temos:

m
M
V
= = ( ) × −
0 055
4 3 1 2 10 5515 1 3
,
[( , )( ) /
kg/mol
/ m ]] ( , ) , .3 23 1
17
6 02 10
2 3 10
×
= ×−mol
kg/m3
(b) No caso do 209Bi, temos:

m
M
V
= = ( ) × −
0 209
4 3 1 2 10 20915 1
,
[( , )( ) /
kg/mol
/ m 33 3 23 1
17
6 02 10
2 3 10] ( , ) , .× = ×−mol kg/m
3
(c) Como V r r A A 3 0 1 3 3= ( ) ,/ é de se esperar que m A V A A / / constante≈ para todos 
os nuclídeos.
230 soluções dos problemas
Para calcular a densidade de carga nuclear, usamos os números atômicos do Apêndice F e cal-
culamos os raios nucleares usando a Eq. 42-3. 
(d) No caso do 55Mn, temos:

q
Ze
V
= = ×( ) ×
−
−
( )( , )
[( , )(
25 1 6 10
4 3 1 2 10
19
15
C
/ m 555
1 0 101 3 3
25
) ] , ./ = × C/m
3
(e) No caso do 209Bi, temos:

q
Ze
V
= = ×( ) ×
−
−
( )( , )
[( , )(
83 1 6 10
4 3 1 2 10
19
15
C
/ m 2209
8 8 101 3 3
24
) ] , ./ = × C/m
3
(f) Como q Z V Z A / / e a razão Z/A é menor para nuclídeos maiores, rq é menor para 
nuclídeos maiores.
8. (a) O número atômico Z = 39 corresponde ao elemento ítrio.
(b) O número atômico Z = 53 corresponde ao elemento iodo.
(c) Consultando um site de dados a respeito de isótopos, como http://nucleardata.nuclear.lu.se/
toi/nucSearch.asp, constatamos que o único isótopo estável do ítrio possui 50 nêutrons (o que 
também pode ser deduzido a partir da massa molar do ítrio que aparece no Apêndice F).
(d) Procedendo como no item (c), descobrimos que o único isótopo estável do iodo tem 74 
nêutrons.
(e) O número de nêutrons ejetados é 235 – (39 + 50) − (53 + 74) = 235 − 89 − 127 = 19.
9. (a) 6 prótons, já que, de acordo com o Apêndice F, Z = 6 para o carbono.
(b) 8 nêutrons, já que, de acordo com a Eq. 42-1, N = A – Z = 14 – 6 = 8.
10. (a) O excesso de massa em unidades de massa atômica é
D1 = (1,007825 u – 1,000000 u) = +0,007825 u = +7,825 × 10−3 u.
(b) Em unidades de MeV/c2, o excesso de massa é 
D1 = (1,007825 u – 1,000000 u)(931,5 MeV/c2·u) = +7,290 MeV/c2.
(c) O excesso de massa em unidades de massa atômica é 
Dn = (1,008664 u – 1,000000 u) = 0,008664 u = +8,664 × 10−3 u.
(d) Em unidades de MeV/c2, o excesso de massa é 
Dn = (1,008665 u – 1,000000 u)(931,5 MeV/c2·u) = +8,071 MeV/c2.
(e) O excesso de massa em unidades de massa atômica é 
D120 = (119,902197 u – 120,000000 u) = – 0,09780 u.
(f) Em unidades de MeV/c2, o excesso de massa é 
D120 = (119,902199 u – 120,000000 u) (931,5 MeV/c2·u) = –91,10 MeV/c2.
11. (a) O comprimento de onda de de Broglie é dado por l = h/p, em que p é o módulo do mo-
mento. De acordo com a Eq. 37-54, temos:
pc K Kmc= + = ( ) + ( )( ) =2 2 22 200 2 200 0 511 2MeV MeV MeV, 000 5, MeV.
soluções dos problemas 231
Assim,
 = = ⋅
×
= × ≈−hc
pc
1240
200 5 10
6 18 106
6eV nm
eV
nm 6,2
,
, ffm.
(b) Para este tipo de estudo, o comprimento de de Broglie dos elétrons deve ser menor que o 
tamanho do alvo. Como o diâmetro de quase todos os núcleos é menor que 10 fm, um elétron 
com uma energia de 200 MeV provavelmente seria apropriado, mas talvez fosse aconselhável 
usar elétrons com uma energia um pouco maior.
12. (a) Como U > 0, a esfera tem uma tendência de se dilatar.
(b) Como, no caso do 239Pu, Q = 94e e R = 6,64 fm, temos:
U Q
r
= = × × ⋅
−3
20
3 94 1 60 10 8 99 102
0
19 2 9

[ ( , )] ( ,C N m22 2/C
m 1,60 10 J/eV)
)
( , )(
,
5 6 64 10
1 15 1
15 19× ×
= ×
− −
009 eV=1,15GeV.
(c) Como Z = 94, o potencial eletrostático por próton é 1,15 GeV/94 = 12,2 MeV/próton. 
(d) Como A = 239, o potencial eletrostático por núcleon é 1,15 GeV/239 = 4,81 MeV/núcle-
on. 
(e) Porque, a curta distância, a interação forte é muito mais forte que a interação eletromagné-
tica.
13. Os valores da massa específica média e do raio médio do Sol aparecem no Apêndice C. 
Como r = M/V e V ∝ r3, r ∝ r−1/3. Assim, o novo raio seria
r Rs s=




= ×( ) ×


1 3
8
17696 10
1410
2 10
/
, m
kg/m3
kkg/m
m 13 km.3




= × =
1 3
41 3 10
/
,
14. A energia de ligação é dada por 
D DE mc Zm A Z m M cH nel Am= = + −( ) −[ ]2 2 ,
na qual Z é o número atômico (número de prótons), A é o número de massa (número de núcleons), 
mH é a massa do átomo de hidrogênio, mn é a massa do nêutron e MAm é a massa do átomo de 
95
244 Am.
 Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a 
massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos 
na parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é 
Dm = (95)(1,007825 u) + (244 – 95)(1,008665 u) – (244,064279 u) = 1,970181 u.
Como, de acordo com a Eq. 42-5, 1 u equivale a 931,494013 MeV, temos:
DEel = (1,970181 u)(931,494013 MeV/u) = 1835,212 MeV.
Como o 95244 Am possui 244 núcleons, a energia de ligação por núcleon é 
DEeln = E/A = (1835,212 MeV)/244 = 7,52 MeV/núcleon.
15. (a) Como a interação nuclear é de curto alcance, cada núcleo interage apenas com os vizi-
nhos mais próximos. Seja N o número de vizinhos com os quais um núcleon interage. Como 
este número não depende do número A de núcleons do núcleo, o número total de interações é 
aproximadamente NA. Isso significa que a energia associada à interação forte é proporcional a 
NA e, portanto, é proporcional a A.
232 soluções dos problemas
(b) Cada próton de um núcleo interage eletricamente com todos os outros prótons. Como o 
número de pares de prótons é Z(Z – 1)/2, na qual Z é o número de prótons, a energia associada 
à interação eletrostática é proporcional a Z(Z – 1).
(c) Quando A aumenta, Z aumenta um pouco mais devagar, mas Z2 aumenta mais depressa do 
que A e, portanto, a energia associada à interação eletrostática aumenta mais depressa que a 
energia associada à interação forte.
16. A energia de ligação é dada por 
D DE mc Zm A Z m M cH nel Am= = + −( ) −[ ]2 2 ,
na qual Z é o número atômico (número de prótons), A é o número de massa (número de núcleons), 
mH é a massa do átomo de hidrogênio, mn é a massa do nêutron e MAm é a massa do átomo de 
63
152 Eu. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a 
massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos 
na parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é 
Dm = (63)(1,007825 u) + (152 – 63)(1,008665 u) – (151,921742 u) = 1,342418 u.
Como, de acordo com a Eq. 42-5, 1 u equivale a 931,494013 MeV, temos:
DEel = (1,342418 u)(931,494013 MeV/u) = 1250,454 MeV.
Como o 63152 Eu possui 152 núcleons, a energia de ligação por núcleon é 
DEeln = E/A = (1250,454 MeV)/152 = 8,23 MeV/núcleon.
17. Convém notar que os valores dados no enunciado para a massa do próton e para a massa do 
dêuteron são, na verdade, as massas atômicas do hidrogênio e do deutério. Isso, porém, como 
em muitos outros problemas deste capítulo, não afeta o resultado final, pois, em algum ponto 
dos cálculos, as massas dos elétrons se cancelam. Igualando a energia do raio gama à energia 
de ligação DEel e explicitando a massa do nêutron, temos:
m M m
E
c
n d H u u= − + = − +2 2 013553212 1 007276467
2 2
, ,
, 2233
931 494
1 0062769 0 0023868 1
MeV
MeV/u
u u
,
, ,= + = ,, , .0086637 1 0087u u≈
18. A energia de ligação é dada por 
D DE mc Zm A Z m M cH nel Am= = + −( ) −[ ]2 2 ,
na qual Z é o número atômico (número de prótons), A é o número de massa (número de núcleons), 
mH é a massa do átomo de hidrogênio, mn é a massa do nêutron e MAm é a massa do átomo de 
104
259 Rf. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a 
massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos 
na parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é 
Dm = (104)(1,007825 u) + (259 – 104)(1,008665 u) – (259,10563 u) = 2,051245 u.
Como, de acordo com a Eq. 42-5, 1 u equivale a 931,494013 MeV, temos:
DEel = (2,051245 u)(931,494013 MeV/u) = 1910,722 MeV.
Como o 104259 Rf possui 259 núcleons, a energia de ligação por núcleon é 
DEeln = E/A = (1910,722 MeV)/259 = 7,38 MeV/núcleon.
19. (a) Seja f24 a abundância de 24Mg, seja f25 a abundância de 25Mg e seja f26 a abundância de 
26Mg. Nesse caso, temos: 
24,312 = 23,98504f24 + 24,98584f25 + 25,98259f26.
soluções dos problemas 233
Como existem apenas três isótopos, temos também
f f f24 25 26 1+ + = .
A segunda equação nos dá f f f26 24 251= − − . Substituindo esta expressão e fazendo f24 = 0,7899 
na primeira equação, obtemos 
24,312 = (23,98504)(0,7899) + 24,98584f25 + 25,98259 – (25,98259)(0,7899) – 25,98259f25, o 
que nos dá 
f25 = 0,09303 = 9,303%.
(b) f26 = 1 – 0,7899 – 0,09303 = 0,1171 = 11,71%.
20. Como, de acordo com o Apêndice F, Z = 107 para o bóhrio, o número de nêutrons deste 
nuclídeo é N = A – Z = 262 – 107 = 155 nêutrons. Assim, de acordo com a Eq. 42-7,
DE
Zm Nm m c
A
n
eln
H
u
= + −( )
= +
Bh
2
107 1 007825 1[( ) ( , ) ( 555 1 008665 262 1231 931 5
262
7
)( , ) , ]( , )u u MeV/u−
= ,,31 MeV/núcleon.
21. A energia de ligação de um núcleo é a diferença entre a massa de repouso dos núcleons que 
o núcleo contém e a massa de repouso do núcleo. Se o núcleo contém Z prótons e N nêutrons, 
a energia de repouso é dada pela Eq. 42-7:
DE mc Mc Zm Nm M cel H n= − = + −( )∑ ( ) ,2 2 2
em que mH é a massa de um átomo de hidrogênio, mn é a massa de um nêutron e M é a massa 
do átomo que contém o núcleo. 
(a) Se as massas são dadas em unidades de massa atômica, os excessos de massa são dados por 
D DH H n n= − = −( ) , ( )m c m c1 12 2 e D = −( ) .M A c2 Assim, m c cH H2 2= +D , m c cn n2 2= +D 
e Mc Ac2 2= +D , o que nos dá 
D D D D D D DE Z N Z N A c Z Nel H n H n= + −( ) + + −( ) = + −2 .
(b) Como, para o 79197 Au , Z = 79, N = 97 – 79 = 118, temos:
DEel MeV MeV MeV= + − −( )( , ) ( )( , ) ( ,79 7 29 118 8 07 31 2 )) = 1560 MeV
e a energia de ligação por núcleon é
DEeln
MeV MeV= =1560
197
7 92, .
22. (a) A primeira reação é 4 3He p + H→ que, para usar as massas atômicas e cancelar a con-
tribuição dos elétrons, pode ser escrita na forma 4 3He H + H.→ 1 A energia envolvida é 
DE m m m c1 23 1 3 01605= + − = −( ) ,H H He4 u +1,00783 u 4,000260 u MeV/u
MeV.
( )( )
=
931 5
19 8
,
,
(b) A segunda reação é 3H n H.→ + 2 A energia envolvida é 
DE m m m cn2 2 2 01410 3 0160= + − = −( ) , ,2 3H H u +1,00867 u 55 931 5
6 26
u MeV/u
MeV.
( )( )
=
,
,
234 soluções dos problemas
(c) A terceira reação é 2 H p n→ + , que, para usar as massas atômicas e cancelar a contribuição 
dos elétrons, pode ser escrita na forma 2H H + n→ 1 . A energia envolvida é 
DE m m m cn3 2 1 00783 2 0141= + − = −( ) , ,1 2H H 1,00867 uu 00 931 5
2 23
u MeV/u
MeV.
( )( )
=
,
,
(d) A energia de ligação é, portanto, 
D D D DE E E Eel MeV 6,6 MeV 2,23 MeV 28,= + + = + + =1 2 3 19 8, 33 MeV.
(e) A energia de ligação por núcleon é
D
DE E
Aeln
el MeV MeV= = =28 3
4
7 07, , .
(f) Não.
23. A energia de ligação é dada por 
D DE mc Zm A Z m M cH nel Am= = + −( ) −[ ]2 2 ,
no qual Z é o número atômico (número de prótons), A é o número de massa (número de núcleons), 
mH é a massa do átomo de hidrogênio, mn é a massa do nêutron e MAm é a massa do átomo de 
94
239 Pu. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a 
massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos 
na parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é 
Dm = (94)(1,007825 u) + (239 – 94)(1,008665 u) – (239,05216 u) = 1,94101 u.
Como, de acordo com a Eq. 42-5, 1 u equivale a 931,494013 MeV, temos:
DEel = (1,94101 u)(931,494013 MeV/u) = 1808 MeV.Como o 94239 Pu possui 239 núcleons, a energia de ligação por núcleon é 
DEeln = E/A = (1808 MeV)/239 = 7,56 MeV/núcleon.
24. Primeiro calculamos a energia necessária para separar todos os núcleons de um núcleo de 
cobre, que equivale a calcular a energia de ligação do núcleo, e depois multiplicamos o resultado 
pelo número de átomos contidos na moeda. Como, de acordo com o Apêndice F, o núcleo de 
63Cu contém 29 prótons e 34 nêutrons, a energia de ligação é
DEel u u u= ( ) + ( ) −[ , , ,29 1 007825 34 1 008665 62 92960 ]]( , )
,
931 5
551 4
MeV/u
MeV.=
De acordo com a Eq. 42-21, o número de átomos contidos na moeda (que é igual ao número de 
núcleos) é dado por
NCu
g
62,92960 g/mol
átomos/= 



×3 0 6 02 1023, , mmol átomos.( ) ≈ ×2 9 1022,
Assim, a energia necessária é
N ECu el MeV MeV.D = × = ×( , )( , ) ,551 4 2 9 10 1 6 1022 25
25. A taxa de decaimento é dada por R = lN, no qual l é a constante de desintegração e N é o 
número de núcleos que ainda não decaíram. Como, em termos da meia-vida T1/2, a constante de 
desintegração é dada por l = (ln 2)/T1/2, temos:
N R RT= = = ×
−

1 2
10
2
6000 3 7 10 5 27/
ln
( )( , )( ,Ci s /Ci1 aanos s/ano
núcleos.
)( , )
ln
,
3 16 10
2
5 3 10
7
22
×
= ×
soluções dos problemas 235
26. Por definição de meia-vida, o número de átomos do isótopo radioativo foi reduzido à metade 
após 140 d. Como a taxa de decaimento é proporcional ao número de átomos, para que a taxa 
de decaimento seja reduzida a um quarto, o número de átomos deve ser reduzido a um quarto, 
ou seja, a metade do número de átomos presentes após 140 d. Como isso acontece após mais 
uma meia-vida,
t = 2T1/2 = 280 d.
27. (a) Como 60 anos = 2(30 anos) = 2T1/2, a fração que resta é 2– 2 = 1/4 = 0,250.
(b) Como 90 anos = 3(30 anos) = 3T1/2, a fração que resta é 2– 3 = 1/8 = 0,125.
28. (a) De acordo com a Eq. 42-21,
NPu
g
239 g/mol
núcleos/mo= 



×0 002 6 02 1023, , ll núcleos.( ) ≈ ×5 04 1018,
(b) De acordo com a Eq. 42-20,
R N
T
= = ×
×
= ×ln ln
,
,
/
2 5 10 2
2 41 10
1 44 10
1 2
18
4
14
anos
annos
s/ano
s
−
−
×
= ×
1
7
6 1
3 15 10
4 60 10
,
, .
29. (a) Como, de acordo com a Eq. 42-18, T1/2 = (ln 2)/l, temos:
T1 2 1
2
0 0108
64 2/
ln
,
, .= =−h
h
(b) De acordo com as Eqs. 42-16 e 42-18, o número de núcleos que ainda não decaíram no 
instante t é dado por
N N e N et t T= =− −0 0 2 1 2 (ln ) / / .
Fazendo t = 3T1/2, obtemos
N
N
e
0
3 2 0 125= =− ln , .
Uma forma mais simples de resolver este item é lembrar que, a cada meia-vida, o número de 
núcleos que ainda não decaíram é reduzido à metade. Assim, após uma meia-vida, N = N0/2; 
após duas meias-vidas, N = N0/4; após três meias-vidas, N = N0/8 = 0,125N0, o que nos dá N/
N0 = 0,125.
(c) De acordo com a Eq. 42-15,
N N e t= −0  .
Como 10,0 d equivalem a 240 h, lt = (0,0108 h– 1)(240 h) = 2,592 e
N
N
e
0
2 592 0 0749= =− , , .
30. Como t = 26 h corresponde a quatro vezes T1/2 = 6,5 h, o número de átomos é reduzido a 
(1/2)4 do valor inicial:
N
N0
4
19 191
2
48 10 3 0 10= 

 ×( ) = ×, .
236 soluções dos problemas
31. (a) De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é dada por R = lN, em que l é a 
constante de desintegração e N é o número de núcleos que ainda não decaíram. Inicialmente, 
R R N= =0 0 , em que N0 é o número de núcleos no instante inicial. Estamos interessados em 
determinar os valores de N0 e l. De acordo com a Eq. 42-18,
 = = = × − −( ) (ln ) ) , ./ln2 / /( h h 1T1 2 32 78 8 89 10
Se M é a massa da amostra e m é a massa de um átomo de 67 Ga , N0 = M/m. Como
m = (67 u)(1,661 × 10– 24 g/u) = 1,113 × 10– 22 g
e 
N0 = (3,4 g)/(1,113 × 10– 22 g) = 3,05 × 1022,
temos:
R0 = (8,89 × 10– 3 h– 1) (3,05 × 1022) = 2,71 × 1020 h– 1 = 7,5 × 1016 s– 1.
(b) De acordo com a Eq. 42-16,
R R e t= −0  ,
em que R0 é a taxa de decaimento no instante t = 0. Para t = 48 h,
lt = (8,89 × 10– 3 h– 1) (48 h) = 0,427
e
R e= × = ×− − −( , ) , .,7 53 10 4 91 1016 1 0 427 16s s 1
32. De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18,
N
N
e et T
0
2 30 2 291 2 0 49= = =− −ln / ln // , .
33. De acordo com as Eqs. 42-17 e 42-19, temos:
N
V
R
V
T= = × ⋅( ) =−1 2 5 3
2
1 55 10 330 048
2
7 4
ln
,
.
ln
,Bq m s ×× 1010 átomos/m3.
Para estimar o volume respirado pelo explorador em 48 h = 2880 min, usamos o seguinte cál-
culo:
V = 







2 litros
inalação
m
L
40 in1
1000
3 aalações
min
m



 ( ) =2880 200 3min .
Assim, temos:
N N
V
V= 

 ( ) = × ≈ ×( )( )7 10 200 1 10
10 3átomos/m m3 113 átomos.
34. De acordo com as Eqs. 42-20 e 42-21, temos:
M RT M
M
s= 







= ×
−
1 2
5 1
2
1 7 10 1 2/
ln
( , )( ,K
A
88 10 3 15 10
2
40
6
9 7× ×



anos s/ano g/mol)( ,
ln ,002 10
0 66
23 1×




=
−mol
g, .
35. Se N é o número de núcleos que ainda não decaíram no instante t,
dN
dt
R N= −  ,
soluções dos problemas 237
em que R é a taxa de produção do radionuclídeo e l é a constante de desintegração. Reagrupando 
os termos e integrando, temos:
dN
R N
dt
t
N
N
−
= ∫⌠⌡  ,00
em que N0 é o número de núcleos que ainda não decaíram no instante t = 0. Efetuando as inte-
grações, obtemos
− −
−
=1
0


ln ,R N
R N
t
o que nos dá
N R N R e t= + −


−
 

0 .
Após muitas meias-vidas, a exponencial é pequena e o segundo termo pode ser desprezado, o 
que nos dá N = R/l, qualquer que seja o valor inicial N0. Assim, para tempos muito maiores 
que a meia-vida do radionuclídeo, a taxa de decaimento se torna igual à taxa de produção e N 
permanece constante.
36. Uma partícula alfa (núcleo de hélio) é produzida para cada núcleo de plutônio que decai. 
Para calcular o número de núcleos de plutônio que decaíram, usamos as Eqs. 42-15, 42-18 e 
42-21, o que nos dá
N N N e t T0 0 2 23 11 6 02 10
12 0
1 2− = −( ) = ×− −ln / / ( , ) ,mol gg/mol
g/mol239
1
1 32 1
20 000 2 24 100−( )
= ×
−e . ln / .
, 0022 partículas alfa.
A massa de gás hélio produzida (supondo que todas as partículas alfa capturem dois elétrons) 
é dada por
mHe
mol
g/mol= ×
×



 ( )−
1 32 10
6 02 10
4 0
22
23 1
,
,
, == × =−87 9 10 3, g 87,9 mg.
37. De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18, e levando em conta o fato de que a massa é propor-
cional ao número de átomos, temos:
| |
, ,
ln / /Dm m m m et t t Tf f i= − = −( )= = −16 0 14 0 0 21 1 2h h −− −( )
= −
−
−
m e
m e
t T
t T
f
f
0
2
0
2
1 1 2
1 2
ln /
ln /
/
/ ee e et Ti− −( )( ) = ( ) −ln / , / , ln/ ,2 16 0 12 7 21 2 5 50 g h h −−( ) 
= =
14 0 2
0 265
, ln
,
h/12,7 h
g 265 mg..
38. De acordo com a Eq. 42-18, a constante de decaimento é
 = = = × − −ln ln( )( ) ,/
2 2
3 3600
6 42 10
1 2
5 1
T h s/h
s .
e, de acordo com a Eq. 42-17, o número de átomos do isótopo radioativo que foram injetados é
N R= = × ×
×
−
−
( , )( , )8 60 10 3 7 10
10
6 10
5
Ci Bq/Ci
6,42 s−−
= ×1
94 96 10, .
238 soluções dos problemas
39. (a) Como a amostra está em equilíbrio secular com a fonte, a taxa de decaimento é igual 
à taxa de produção. Seja R a taxa de produção de 56Mn e seja l a constante de desintegração. 
De acordo com o resultado do Problema 42-35, R = lN. Como lN = 8,88 × 1010 s– 1, R = 
8,88 × 1010 s– 1.
(b) De acordo com a Eq. 42-18, a constante de desintegração é
 = = = = ×− − −ln ln
,
, , ,
/
2 2
2 58
0 269 7 46 10
1 2
1 5 1
T h
h s
o que nos dá
N R= = ×
×
= ×
−
− −8 88 10
7 46 10
1 19 10
10 1
5 1
15,
,
,
s
s
núcleeos.
(c) Como a massa de um núcleo de 56Mn é 
m = (56 u) (1,661 × 10– 24 g/u) = 9,30 × 10– 23 g,
a massa total de 56Mn presente na amostra é 
Nm = (1,19 × 1015)(9,30 × 10– 23 g) = 1,11 × 10– 7 g = 0,111 µg.
40. Vamos usar o índice 1 para indicar o 32P e o índice 2 para indicar o 33P. Inicialmente, o 33P é 
responsável por 10% dos decaimentos, o que significa que a relação entre as taxas de decaimento 
iniciais dos dois isótopos é R02 = 9R01. De acordo com a Eq. 42-17, temos:
R N R N01 1 01 02 2 02
1
9
1
9
= = =  .
No instante t, R R e t1 01 1= − e R R e t2 02 2= − . Estamos interessados em calcular o valor de t para 
o qual R1 = 9R2 (o que significa que o 33P é responsável por 90% dos decaimentos). Dividindo 
membro a membro as duas equações e fazendo R1/R2 = 9, temos:
R
R
e t01
02
1 2 9− − =( ) , 
o que nos dá
t
R
R
R R
T
=
−




= ( )1
9
9
21 2
01
02
01 02
1 
ln ln
ln /
/
/ 22 1 2
2
1
1 2
2
1 9
2 14 3 25 3−
=
( ) 
( ) −−ln
ln
ln , ,//
/
dT dd
d.
( ) 
=
−1
209
41. O número N de núcleos que ainda não decaíram e a taxa R de decaimento estão relacionados 
através da equação R = lN, na qual l é a constante de desintegração. Como a constante de desin-
tegração está relacionada à meia-vida T1/2 através da relação l = (ln 2)/T1/2, R = (N ln 2)/T1/2 e
T1/2 = (N ln 2)/R.
Como o 147Sm é responsável por 15,0% da massa da amostra, o número de núcleos de 147Sm 
presentes na amostra é
N =
×
=−
( , )( , )
( )( , ) ,
0 150 1 00
147 1 661 10
6 1424
g
u g/u
33 1020× .
Assim,
T1 2
20
186 143 10 2
120
3 55 10/
( , ) ln
,= × = × = ×−s
s 1,121 110 anos.
11
soluções dos problemas 239
42. De acordo com a Eq. 42-21,
N M
M
N AKr amostra
Kr
g
g mol= =
× −







20 10
92 6 0
9
, 22 10 1 3 1023 14× = ×( )átomos mol átomos, .
Nesse caso, a Eq. 42-20 nos dá
R N
T
= = × = ×ln ( , ) ln
,
,
2 1 3 10 2
1 84
4 9 10
1 2
14
13
s
Bq.
43. De acordo com as Eqs. 42-16 e 42-18,
R Re et T0 2 8 24 2 83 611 2 7 4 10 9 0= = × = ×ln / ln / ,/ ( , ) ,Bq 1108 Bq.
44. De acordo com a Fig. 42-19, o número de átomos no instante t = 0 era N0 = 2,00 × 106, e 
o número caiu para metade no instante t = 2,00 s. Nesse caso, de acordo com a Eq. 42-15, a 
constante de decaimento é
 = 

 =




=1 1
2 00 2
1
2 00
0 0
0t
N
N
N
N
ln
,
ln
,s / s
lln , .2 0 3466 1= −s
No instante t = 27,0 s, o número de átomos que restam é
N N e et= = × ≈− −0 6 0 3466 27 02 00 10 173 ( , ) .( , / )( , )s s
De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é
R N= = ≈ =− ( , )( )0 3466 173 60 601s /s Bq.
45. (a) De acordo com a Eq. 42-20,
R
T
N M
m
= = 





ln ln
,
2 2
30 21 2 anos
amostra
átomo



=
×



 × ×
ln
,
,
,
2
9 53 10
0 0010
137 1 661 18 s
kg
00
3 2 10
27
12
−




= ×
kg
Bq.,
(b) Como 1 1010Ci 3,7 Bq,= × temos:
R = ×
×
=3 2 10
3 7 10
12
10
,
,
Bq
Bq/Ci
86 Ci.
46. (a) A equação de decaimento é a seguinte:
42
99 Mo Tc +→ +−4399 e v,
o que constitui um decaimento b−.
(b) Para cada decaimento, um fóton é produzido quando o núcleo de tecnécio decai para o estado 
fundamental (note que a meia-vida desse decaimento é muito menor que a meia-vida do decai-
mento do molibdênio). Assim, a taxa de emissão de raios gama é igual à taxa de decaimento: 
8,2 × 107 s−1.
(c) De acordo com a Eq. 42-20,
N
RT= = = ×
−1 2 1 6
2
38 6 0 3600
2
1 2 10
ln
( ) ( , ) ( )
ln
,
s h s/h
..
240 soluções dos problemas
47. (a) Vamos supor que o cloro da amostra era a mistura de isótopos encontrada na natureza, 
cujo número de massa médio, de acordo com o Apêndice F, é 35,453. Nesse caso, a massa de 
226Ra contida na amostra era
m =
+
= × −226
226 2 35 453
0 10 76 1 10 3( , ) ( , ) ,g g.
Como a massa de um núcleo de 226Ra é (226 u)(1,661 × 10– 24 g/u) = 3,75 × 10– 22 g, o número 
de núcleos de 226Ra presentes na amostra era
N g
g
= ×
×
= ×
−
−
76 1 10
3 75 10
2 03 10
3
22
20,
,
, .
(b) De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é dada por
R = Nl = (N ln 2)/T1/2,
em que l é a constante de desintegração, T1/2 é a meia-vida e N é o número de núcleos. Assim,
R = ×
×
=( , ) ln( )( , )
2 03 10 2
1600 3 156 10
20
7anos s/ano
22 79 109, .× −s 1
48. (a) De acordo com a descrição, a reação nuclear é 238 4U Th+ He→ 234 e a energia liberada é
DE m m m c1 2
238 05079
= − −( )
= − −
U He Th
u 4,00260 u 234( , ,,04363 u MeV/u
MeV.
)( , )
,
931 5
4 25=
(b) A série de reações começa com 238 237U U n→ + e é seguida por
237U Pa p
Pa Pa n
Pa Th p.
→ +
→ +
→ +
236
236 235
235 234
A energia liberada é, portanto,
DE m m m c m m m cn p2 2 2= − − + − − +( ) ( )238 237 237 236U U U Pa (( ) ( )m m m c m m m cn p236 235 235 234Pa Pa Pa Th− − + − −
=
2 2
(( )
, ( ,
m m m m cn p238 234U Th
u
− − −
= −
2 2
238 05079 2 1 00
2
8867 2 1 00783 234 04363 931 5u u u MeV/u) ( , ) , ( , )− −[ ]
== −24 1, MeV.
(c) Os resultados dos itens (a) e (b) nos levam a concluir que a energia de ligação da partícula 
a é
DE m m m cn pel He MeV 4,25 MeV M= + − = − − =( ) , ,2 2 24 1 28 32 eeV.
49. De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18, a fração de núcleos que restam no instante t é dada 
por
N
N
e et t T
0
2 1 2= =− − (ln ) / / ,
em que l é a constante de desintegração e T1/2 é a meia-vida. O intervalo de tempo no qual 
metade dos átomos de 238U decaem é 4,5 × 109 anos. 
soluções dos problemas 241
(a) No caso do 244Pu,
(ln ) (ln )( , )
,/
2 2 4 5 10
8 0 10
39
1 2
9
7
t
T
= ×
×
=anos
anos
e, portanto,
N
N
e
0
39 0 171 2 10= ≈ ×− −, , .
(b) No caso do 248Cm,
(ln ) (ln )( , )
,/
2 2 4 5 10
3 4 10
91
1 2
9
5
t
T
= ×
×
=anos
anos
770
e
N
N
e
0
9170 39833 31 10 0= = × ≈− −, .
Nota: Para qualquer amostra de tamanho razoável, o valor de N calculado a partir do resultado 
apresentado é menor que um núcleo e pode ser considerado igual a zero para todos os efeitos 
práticos. A maioria das calculadoras não é capaz de calcular diretamente e– 9170. Uma possibili-
dade é executar o cálculo por etapas, como em (e −91,70)100.
50. (a) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 232 é
Q m m m c3 2 235 0439= − − = −( ) ( ,235 232 3U Th He u 232,03811u u MeV/u
MeV.
−
= −
3 0160 931 5
9 50
, )( , )
,
(b) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 231 é
Q m m m c4 24 235 0439 231 036= − − = −( ) ( , ,235 231U Th He u 33 4 931 5
4 66
u 0026 u MeV/u
MeV.
−
=
, )( , )
,
(c) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 230 é 
Q m m m c5 2235 235 0439 230 033= − − = −( ) ( , ,U Th He230 5 u 11 931 5
1 30
u 5,0122 u MeV/u
MeV.
−
= −
)( , ).
,
Apenas o segundo processo (o decaimento a) é espontâneo, já que é o único que libera ener-
gia.
51. Vamos usar as leis de conservação da energia e do momento, supondo que o núcleo de urânio 
está inicialmente em repouso e o núcleo residual de tório está no estado fundamental. Nesse caso, 
de acordo com a lei de conservação da energia, se Ka é a energia cinética da partícula alfa e KTh é 
a energia cinética do núcleo de tório, a energia de desintegração é dada por Q = Ka + KTh. Além 
disso, segundo a lei de conservação do momento, pa + pTh = 0, o que nos dá pa = –pTh, οnde pa é 
o momento da partícula alfa e pTh é o momento do núcleo de tório. Vamos supor que a velocidadedas duas partículas é suficientemente pequena para que a expressão clássica para a relação entre 
momento e energia cinética possa ser usada. Nesse caso, K p m  = 2 2/ e K p mTh Th2 Th/= 2 , 
em que ma é a massa da partícula alfa e mTh é a massa do núcleo de tório. Fazendo pTh = – pa, 
obtemos a relação K m m KTh Th= ( ) . / Substituindo na expressão de Q, temos:
Q K m
m
K m
m
K= + = +



= +





Th Th
u
234 u
1 1 4 00, 
 ( ) =4 196 4 269, ,MeV MeV.
242 soluções dos problemas
52. (a) No caso da primeira reação,
Q m m m c1 2 223 01850 14= − − = − −( ) , ,Ra Pb C u 208,98107 u 000324 931 5
31 8
u MeV/u
MeV.
( )( )
=
,
,
(b) No caso da segunda reação,
Q m m m c2 2 223 01850= − − = − −( ) ,Ra Rn He u 219,00948 u 4,000260 u MeV/u
MeV.
( )( )
=
931 5
5 98
,
,
Como o valor de Q é positivo nos dois casos, os dois decaimentos são energeticamente possí-
veis.
(c) Como, de acordo com a Eq. 24-43, U ∝ q1q2/r, temos:
U U q q
q q
e eC
1 2 30 0
6 0≈ 



=Pb
Rn He
MeV 82( , ) ( )( , )(( )( , )86 2 0 86e e = MeV.
53. Seja MCs a massa de um átomo de 55137 Cs e seja MBa a massa de um átomo de 56137 Ba. Para obter 
a massa dos núcleos, devemos subtrair a massa de 55 elétrons de MCs e a massa de 56 elétrons 
de MBa. A energia liberada é 
Q = [(MCs – 55m) – (MBa – 56m) – m] c2 = (MCs − MBa)c2,
em que m é a massa do elétron e a massa de um elétron foi subtraída da diferença entre as mas-
sas dos núcleos de césio e de bário para levar em conta o fato de que um elétron é emitido na 
reação. Assim, temos:
Q M M c c= − = − =( ) ( , . ) ( ,Cs Ba u u2 2136 9071 136 9058 0 00113
0 0013 931 5 1 21
2u
u MeV/u MeV.
)
( , )( , ) ,
c
= =
54. Supondo que a massa do neutrino pode ser desprezada, temos:
Dm c m ce2 2= − −( ) .m mTi V
Como, de acordo com o Apêndice F, o vanádio possui 23 elétrons e o titânio possui 22 elétrons, 
podemos somar e subtrair 22me dessa expressão para obter
Dm c m m c m m ce e2 2 222 23= + − −( ) = −( )m mTi V Ti V .
Note que a nova expressão de Dmc2 envolve massas atômicas em vez de massas nucleares e se 
baseia na suposição (se forem usados os valores de mTi e mV encontrados nas tabelas) de que os 
átomos se encontram no estado fundamental, o que, neste caso, como será discutido a seguir, 
não é verdade. A questão agora é a seguinte: é razoável fazermos Q = – Dmc2, como no Exemplo 
“Determinação do valor de Q para um decaimento beta a partir das massas?” A resposta é “não”. 
O átomo de titânio é criado em um estado excitado, com uma energia bem maior que a do estado 
fundamental, já que o elétron foi capturado de uma camada interna, na qual o valor absoluto na 
energia, EK, é considerável para grandes valores de Z. Como a energia de um elétron da camada 
K do titânio (na qual, logo após o decaimento, existe uma “lacuna” que deve ser preenchida 
através de uma reorganização de toda a nuvem eletrônica) é praticamente igual à energia de um 
elétron da camada K do vanádio, podemos escrever: Q mc EK= − −D 2 . Assim,
Q m m c EK= − −( ) .V Ti 2
55. Como a reação é da forma n p + e +→ −  , a energia cinética do elétron é máxima quando a 
energia do neutrino é tão pequena que pode ser desprezada. Assim,
Kmax = (mn – mp – me)c2,
soluções dos problemas 243
na qual mn é a massa do nêutron, mp é a massa do próton e me é a massa do elétron. Como mp + 
me = mH, na qual mH é a massa do átomo de hidrogênio, a equação acima pode ser escrita na 
forma Kmax = (mn – mH)c2, o que nos dá 
Kmax = (840 × 10– 6 u)c2 = (840 × 10– 6 u)(931,5 MeV/u) = 0,783 MeV.
56. (a) Vamos supor que o elétron é emitido com uma velocidade tão alta que é preciso usar 
uma expressão relativística para o momento. Nesse caso, de acordo com as Eqs. 37-54 e 38-13, 
temos:
 = =
+
= ⋅
+
h
p
hc
K Kmc2 2
2
2
1240
1 0 2 1 0
MeV fm
MeV Me( , ) ( , VV MeV
pm 900 fm.
)( , )
,
0 511
0 90= =
(b) De acordo com a Eq. 42-3,
r = r0A1/3 = (1,2 fm)(150)1/3 = 6,4 fm.
(c) Como l >> r, o elétron não pode ser confinado no núcleo. Como foi visto no Cap. 39, para 
que exista uma onda estacionária em um poço de potencial infinito, o maior comprimento pos-
sível da onda de matéria é l/2. No caso de um poço finito, o comprimento de onda pode ser 
ligeiramente menor, como se pode ver na função de onda do estado estacionário que aparece 
na Fig. 39-8, mas, no caso que estamos discutindo, l/r é grande demais (da ordem de 140) para 
que o elétron possa ser confinado.
(d) Sim, o fato de que o comprimento de onda da onda de matéria associada ao elétron é muito 
maior que o raio do núcleo pode ser considerado um forte argumento para rejeitar a hipótese de 
que o elétron estava confinado no interior do núcleo antes de ser emitido.
57. (a) Como o pósitron tem a mesma massa que o elétron e o neutrino tem massa desprezível,
Dm c m ce2 2= + −( )m mB C .
Como, de acordo com o Apêndice F, o carbono tem 6 elétrons e o boro tem 5 elétrons, podemos 
somar e subtrair 6me dessa expressão para obter
Dm c m m c m m m c
e e e
2 2 27 6 2= + − − = + −( ) ( ) .m mB C B C
Note que a expressão final de Dmc2 envolve as massas atômicas do carbono e do boro e um termo 
adicional igual à massa de dois elétrons. De acordo com a Eq. 37-50 e a Tabela 37-3, temos:
Q m m m c m m ce= − − = − −( ) ( ) ( , ).C B C B MeV2 2 0 5112 2
(b) De acordo com a expressão do item (a), a energia de desintegração é
Q = − −( , ) ( , ) ,11 011434 931 5 1 022u 11,009305 u MeV/u MMeV
0,961 MeV.=
58. (a) A taxa de produção de energia é
dE
dt
R Q N Q
Ti i i i i i
= = =



=
∑1
1 21
3 2 1 00ln ( ,
/
kg))
( , )(ln )( ,
f
m
Qi
i
i
ii ==
−
∑∑
= ×
1
3
1
3
131 00 2 1 60 10kg JJ/MeV
s/ano kg/u
)
( , )( , )
(
3 15 10 1 661 10
4 1
7 27× ×
×
−
00 51 7
238 4 47 10
13 1
6
9
−
×


+ ×
)( , )
( )( , )
(
MeV
u anos
00 42 7
232 1 41 10
4 106
10
6− −
×
+ ×)( , )( )( , )
(MeV
u anos
))( , )
( )( , )
,
1 31
40 1 28 10
1 0 10
9
9
MeV
u anos
W
×


= × − ..
244 soluções dos problemas
(b) A potência associada aos processos de decaimento é 
P = (2,7 × 1022 kg)(1,0 × 10– 9 W/kg) = 2,7 × 1013 W,
um valor muito pequeno em relação à potência solar recebida pela Terra, que é da ordem de 
1,7 × 1017 W.
59. Como o elétron possui a maior energia cinética possível, a energia do neutrino é desprezí-
vel. De acordo com a lei de conservação do momento, o momento do elétron e o momento do 
núcleo de enxofre residual devem ter o mesmo módulo e sentidos opostos. Se pe é o momento 
do elétron e pS é o momento do núcleo de enxofre, pS = −pe. Assim, a energia cinética KS do 
núcleo de enxofre é 
K p M p MS S S e S= =2 22 2/ / ,
na qual MS é a massa do núcleo de enxofre. Como a energia cinética Ke do elétron está rela-
cionada ao momento pe através da equação relativística ( ) ,p c K K mce e e2 2 22= + na qual m é a 
massa do elétron, temos:
K p c
M c
K K mc
M cS
e
S
e e
S
= = + = +( ) ( )
2
2
2 2
2
2
2
2
2
21,71MeV (( , )( , )
( )( , )
,
1 71 0 511
2 32 931 5
7 83
MeV MeV
u MeV/u
= ×× =−10 75 MeV 8,3 eV.
60. Explicitando t na equação R = R0e– lt, obtemos
t
R
R
= = 






1 5730 15 3
63 0
0

ln ln ,
,
anos
ln 2 









 = ×
5 00
1 00
1 61 103,
,
, anos.
61. (a) Como a massa de um átomo de 238U é (238 u)(1,661 × 10– 24 g/u) = 3,95 × 10−22 g, o nú-
mero de átomos de urânio na rocha é 
NU = (4,20 × 10– 3 g)/(3,95 × 10– 22 g) = 1,06 × 1019.
(b) Como a massa de um átomo de 206Pb é (206 u)(1,661 × 10– 24 g) = 3,42 × 10– 22 g, o número 
de átomos de chumbo na rocha éNPb = (2,135 × 10–3 g)/(3,42 × 10– 22 g) = 0,624 × 1019.
(c) Se nenhum átomo de chumbo foi perdido, havia inicialmente, além dos átomos de urânio 
que ainda não decaíram, um átomo de urânio para cada átomo de chumbo que foi encontrado 
na amostra. Assim, o número inicial de átomos de urânio na amostra era 
NU0 = NU + NPb = 1,06 × 1019 + 0,64 × 1019 = 1,68 × 1019.
(d) De acordo com a Eq. 42-15,
N N e tU U0= − ,
na qual l é a constante de desintegração. Como, de acordo com a Eq. 42-18,  = (ln ) ,/2 1 2/T 
temos:
t
N
N
T N
N
= − 



= − 



= −1
2
41 2

ln
ln
ln/U
U0
U
U0
,,
ln
ln ,
,
47 10
2
1 06 10
1 68 10
2
9 19
19
× ×
×



 =
anos
,,97 109× anos.
62. Como a massa inicial de 238U contida na rocha é dada por
m me et0
2 260 10 4 47 13 70 6= = × × ( , ) (ln )( ) / ( ,mg anos 009 3 85anos mg,) ,=
a massa de chumbo que a rocha deve conter é
′ = −( )


= −( )m m m m
m
0
206
238
3 85 3 70 206
2
, ,mg mg
338
0 132

 = =, mg 132 g.
soluções dos problemas 245
63. Podemos determinar a idade t da rocha a partir das massas de 238U e 206Pb. Como a massa 
inicial de 238U era
m m mU U Pb0
238
206
= + ,
temos:
m m e m m et t TU U U Pb0
U 238 U/= = +− − ( ) .( ln ) / /206 2 1 2
Explicitando t, obtemos:
t
T m m
m
= + ( )



= ×1 2 238 206 4 47 10/ ln ,U
ln 2
/U Pb
U
99
2
1 238
206
0 15
0 86
anos mg
mgln
ln ,
,
+ 












= ×1 18 109, anos.
No caso do decaimento b do 40K, a massa inicial de 40K é
m m mK K Ar0 = +
e, portanto,
m m e m m et tK K K Ar0
K K= = +− − ( ) .
Explicitando mK, obtemos
m
m e
e
m
e e
t
t tK
Ar ArK
K K
mg=
−
=
−
=
−
−

 1 1
1 6
2 1
,
(ln )( ,118 10 1 25 109 9 1
1 7× × −
=
anos anos
mg.) / ( , ) ,
64. Note que a cada átomo de cálculo 40 e criptônio 40 encontrado na amostra corresponde um 
átomo de potássio na amostra original. De acordo com as Eqs. 42-14 e 42-18, temos:
ln ln
,
N
N N N
tK
K Ar Ca+ +




= − ⇒
+ +


1
1 1 8 54

 = −
ln
,
2
1 2T
t
o que nos dá
t T= = × = ×1 2 9
10 54
2
1 26 10 3 40 4 28/
ln ,
ln
( , )( , ) ,anos 1109 anos.
65. De acordo com as Eqs. 42-18 e 42-17, temos:


= ⇒ = =ln 2
T
N R RT
1 2
1 2
2/
/
ln
.
Como 1 Ci = 3,7 × 1010 desintegrações /s,
N = × ×
−( )( , )( , )( ,250 3 7 10 2 7 8 64 1010 1 4Ci s /Ci d s/d))
ln
, .
2
3 11 1018= ×
Como a massa de um átomo de 198Au é
M = (198 u)(1,661 × 10– 24 g/u) = 3,29 × 10– 22 g,
a massa necessária é
NM = (3,11 × 1018)(3,29 × 10– 22 g) = 1,02 × 10– 3 g = 1,02 mg.
246 soluções dos problemas
66. O becquerel (Bq) e o (Ci) são definidos na Seção 42-4. 
(a) R = =8700
60
145contagens
s
Bq.
(b) R =
×
= × −145 3 92 10 9Bq
3,7 10 Bq/Ci
Ci.10 ,
67. A dose absorvida é 
dose absorvida J
4,00 kg
= × = ×
−
−2 00 10 5 00 10
3
4,
, JJ/kg Gy.= × −5 00 10 4,
Para RBE = 5, a dose equivalente é 
dose equivalente RBE) Gy)= × =−( ( , ( ,5 00 10 5 5 004 ×× = ×
=
− −10 2 50 10
2 50
4 3Gy) Sv
mSv.
,
,
68. (a) De acordo com a Eq. 42-32, a energia absorvida é
E = × =−( , )( )2 4 10 75 184 Gy kg mJ.
(b) Para RBE = 12, a dose equivalente é
dose equivalente Gy S= × = ×− −( )( , ) ,12 2 4 10 2 9 104 3 vv.
(c) De acordo com a Eq. 42-33,
dose equivalente rem/Sv Sv) 0,= × =−( )( ,100 2 9 10 3 229 rem.
69. (a) De acordo com a Eq. 42-21, temos:
N0
3 23 12 5 10 6 02 10
239
6 3= × × = ×
− −( , )( , )
,
g mol
g/mol
11018.
(b) De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18,
| | [ ] ( , )[ln / /DN N e et T= − = × −− −( )0 2 18 121 6 3 10 11 2 h lln / . ] , .2 24 100 8760 112 5 10anos h/ano( )( ) = ×
(c) A energia absorvida pelo corpo do operário é
E E N= = × ×( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( ,0 95 0 95 5 2 2 5 10 1 6 111 D MeV 00 0 2013− =J/MeV J.) ,
(d) De acordo com a Eq. 42-32,
dose recebida J
85 kg
Gy 2,3 mGy.= = × =−0 20 2 3 10 3, ,
(e) Para RBE = 13, a dose equivalente é 
dose equivalente = (13)(2,3 mGy) = 30 mSv.
70. De acordo com a Eq. 19-24, temos:
T K= 

 =
×
×

 −
2
3
2
3
5 00 10
8 62 10
6
5
med
k
eV
eV/K
,
,



= ×3 87 1010, K.
71. (a) Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Tempo de vida de um núcleo composto formado 
por captura de um nêutron”, obtemos:
DE
t
≈ = × ⋅
×
=
−
−

med
( eV fs /
s
4 14 10 2
1 0 10
6 6
15
22
, )
,
,
 ×× =106 eV 6,6 MeV.
soluções dos problemas 247
(b) Para que a energia seja distribuída em todo o volume de um núcleo relativamente grande, 
criando assim um “núcleo composto”, é necessário um tempo da ordem de 10–15 s. Um núcleo 
cujo tempo médio de vida é somente 10–22 s é apenas um estágio intermediário de curta duração 
em uma reação nuclear e não pode ser considerado um núcleo composto.
72. (a) Para identificar os nuclídeos que possuem camadas completas de núcleons, basta comparar 
o número de prótons (número atômico, que pode ser encontrado no Apêndice F) e o número de 
nêutrons, dado pela Eq. 42-1, com os números mágicos (valores especiais de Z e N) citados na 
Seção 42-9. A conclusão é que os nuclídeos que possuem apenas camadas completas de prótons 
ou de nêutrons são os seguintes: 18O, 60Ni, 92Mo, 144Sm e 207Pb.
(b) Procedendo como no item (a), obtemos a seguinte lista: 40K, 91Zr, 121Sb e 143Nd.
(c) Procedendo como nos itens (a) e (b), obtemos a seguinte lista: 13C, 40K, 49Ti, 205Tl e 207Pb.
73. Toda reação de formação é da forma X x Y+ → , na qual X é o núcleo-alvo, x é uma partícula 
leve incidente e Y é um núcleo composto em um estado excitado. Vamos supor que o núcleo X 
está inicialmente em repouso. Nesse caso, de acordo com a lei de conservação da energia,
m c m c K m c K EX x x Y Y Y2 2 2+ + = + + ,
na qual mX, mx e mY são as massas, Kx e KY são as energias cinéticas e EY é a energia de excitação 
do núcleo composto. Como, de acordo com a lei de conservação do momento, px = pY, temos: 
K p
m
p
m
m
m
KY Y
Y
x
Y
x
Y
x= = =




2 2
2 2
e, portanto,
m c m c K m c m
m
K EX x x Y x
Y
x Y
2 2 2+ + = + +
e
K m
m m
m m m c Ex Y
Y x
Y X x Y= −
− −( ) + 2 .
(a) Se x é uma partícula alfa e X é um núcleo de 16O, temos: 
(mY – mX – mx)c2 = (19,99244 u –15,99491 u – 4,00260 u)(931,5 MeV/u) = –4,722 MeV
e
K = −
−19 99244
19 99244 4 00260
4 722,
, ,
,
u
u u
MeV + 25,00 MeV MeV MeV.( ) = ≈25 35 25 4, ,
(b) Se x é um próton e X é um núcleo de 19F, temos: 
(mY – mX – mx)c2 = (19,99244 u –18,99841 u –1,00783 u)(931,5 MeV/u) = –12,85 MeV
e
K = −
−19 99244
19 99244 1 00783
12 85,
, ,
,
u
u u
MeV+25,00 MeV MeV.( ) = 12 80,
(c) Se x é um fóton e X é um núcleo de 20Ne, a equação de conservação da energia precisa ser 
reformulada. Como a massa do fóton é zero, temos:
Eγ + mXc2 = mYc2 + KY + EY.
248 soluções dos problemas
Como mX = mY, esta equação se torna Eγ = KY + EY. Como o momento e a energia de um fó-
ton estão relacionados através da equação pγ = Eγ /c, a lei de conservação do momento nos dá 
Eγ/c = pY. A energia cinética do núcleo composto é 
K p
m
E
m c
Y
Y
Y Y
= =
2 2
22 2

.
Substituindo este resultado na equação de conservação da energia, obtemos
E
E
m c
E
Y
Y
= +
2
22
.
As raízes desta equação do segundo grau são
E m c m c m c EY Y Y Y = ± −2 2 2 22( ) .
Se o problema é resolvido usando a relação relativística entre a energia e o momento do núcleo 
composto, apenas uma solução é obtida, a que corresponde ao sinal negativo da raiz quadrada.Como 
mYc
2
 = (19,99244 u)(931,5 MeV/u) = 1,862 × 104 MeV,
temos
E = × − × − ×( , ) ( , ) ( ,1 862 10 1 862 10 2 1 862 14 4 2MeV MeV 00 25 0
25 0
4 MeV MeV
MeV.
)( , )
,=
Este resultado mostra que a energia cinética do núcleo composto é muito pequena; praticamente 
toda a energia do fóton é convertida em energia de excitação do núcleo.
74. De acordo com a Eq. 42-15, o número de átomos de urânio e de chumbo presentes na amostra 
no instante t é
N N e
N N N N N e N e
t
t t
U
Pb U
=
= − = − = −
−
− −
0
0 0 0 0 1

 ( ),
cuja razão é
N
N
e
e
e
t
t
tPb
U
= − = −
−
−
1 1



.
A idade da rocha é, portanto,
t
N
N
T N
N
= +



= +



=1 1
2
11 2

ln
ln
ln/Pb
U
Pb
U
44 47 10
2
1 0 30 1 7 10
9
9,
ln
ln , ,× +( ) = ×anos anos.
75. Seja ZA X o nuclídeo desconhecido. A equação que representa a reação é
Z
A X + → −01 10n e + 2 He.24
De acordo com a lei de conservação da carga, Z + 0 = – 1 + 4, o que nos dá Z = 3. De acordo com 
a lei de conservação do número de massa, A + 1 = 0 + 8, o que nos dá A = 7. De acordo com o 
Apêndice G, o elemento com Z = 3 é o lítio. Assim, o nuclídeo é o 7 Li .
76. Como a dose equivalente é o produto do fator RBE pela dose absorvida, temos:
dose absorvida dose equivalente
RBE
= = ×
−250 10 6 SSv Gy
2,94 10 J/kg
0 85
2 94 10 4
4
,
,
.
= ×
= ×
−
−
soluções dos problemas 249
Para determinar a energia total recebida, multiplicamos este valor pela massa do tecido exposto: 
E = (2,94 × 10– 4 J/kg)(44 kg) = 1,29 × 10– 2 J ≈ 1,3 × 10– 2 J = 13 mJ.
77. Como, de acordo com a Eq. 42-17, R é proporcional a N, N/N0 = R/R0. Combinando as Eqs. 
42-14 e 42-18, obtemos
t
T R
R
= − 



= − =1 2
02
5730
2
0 020
ln
ln
ln
ln( , )anos 33 2 104, .× anos
78. Seja NAA0 o número de átomos do elemento AA no instante t = 0. Em um instante posterior 
t, devido ao decaimento de parte dos átomos do elemento AA, temos:
NAA0 = NAA + NBB + NCC.
A constante de desintegração é
 = = = −ln ln
,
, .
/
2 2
8 00
0 0866
1 2
1
T d
d
Como NBB/NCC = 2, para NCC /NAA = 1,50, NBB/NAA = 3,00. Assim, no instante t,
NAA0 = NAA + NBB + NCC = NAA + 3,00NAA + 1,50NAA = 5,50NAA.
Como N N e tAA AA0= − , temos:
N
N
e tAA0
AA
= = 5 50, ,
o que nos dá
t = = =−
ln( , ) ln( , )
,
,
5 50 5 50
0 0866
19 71 d
d.
79. Como estamos supondo que o espalhamento dos resíduos é uniforme, a taxa de contagem 
R é dada por 
R = lN = l(M/m)(a/A),
na qual M é a massa de 90Sr, m é a massa do núcleo de 90Sr, A é a área atingida pelos resíduos e 
a é a área pedida. Explicitando a e fazendo R = 74.000 contagens/s, obtemos:
a A m
M
R AmRT
M
= 





 =
= ×

1 2
6
2
2000 10
/
ln
( m2))( )( )( , )( .90 29 3 15 10 74 0007g/mol anos s/ano s× −11
23 1
2
400 6 02 10 2
7 3 10
)
( )( , )(ln )
,
g mol
m 2
×
= × =
−
− − 7730 cm2.
80. (a) Supondo que a área da seção reta de um indivíduo adulto deitado é 1 m2, temos:
atividade efetiva
atividade total
m=
×
1
2 6 10
2
( , 55 2 2
12
1000
3 8 10
km m km)( ) , .= ×
−
Como metade dos elétrons são emitidos para cima, temos:
atividade efetiva 1
2
s= × ×( ) =− −( ) ,1 10 3 8 1016 1 12 11 9 104 1, .× −s
250 soluções dos problemas
Assim, em um intervalo de uma hora, a pessoa seria atingida por (1,9 × 104 s−1)(3600 s/h) ≈ 7 × 
107 elétrons.
(b) Seja D o ano atual. De acordo com as Eqs. 42-16 e 42-18, temos:
R R e et T D= = ×− − − −( )0 2 7 1 1996 2 30 21 2 7 10ln ln ,( )h anoos( ) ,
na qual R é a atividade efetiva no ano atual e R0 é a atividade efetiva em 1996. 
81. As retas inclinadas representam decaimentos alfa, que envolvem uma variação do número 
atômico DZa = –2 e uma variação do número de massa DAa = –4, enquanto as retas horizontais 
representam decaimentos beta, que envolvem emissão de elétrons, caso em que a variação do 
número atômico é DZb = +1 e o número de massa permanece constante. Como a Fig. 42-20 
mostra três decaimentos alfa e dois decaimentos beta, temos:
Z Z Z Z A A Af i f i= + + = +3 2 3D D D  e .
Como, de acordo com o Apêndice F, o elemento representado pelo símbolo Np é o netúnio, cujo 
número atômico é Zi = 93, temos: 
Zf = 93 + 3(– 2) + 2(1) = 89,
o que, de acordo com o Apêndice F, significa que o elemento final é o actínio (Ac). Como o 
número de massa inicial é Ai = 237, o número de massa final é 
Af = 237 + 3(–4) = 225.
 Assim, o isótopo final é 225Ac.
82. Em unidades do SI, a meia-vida da 108Ag é (2,42 min)(60 s/min) = 145,2 s. Como, de acordo 
com a Eq. 42-18, l = (ln 2)/T1/2, o enunciado nos pede para plotar a função
ln ln( ),R R e R et t= + ′− − ′0 0 
na qual R0 = 3,1 × 105, R09 = 4,1 × 106, l = ln 2/145,2 e l9 = ln 2/24,6. O gráfico aparece na 
figura a seguir.
Note que o valor absoluto da inclinação do gráfico é l9 (a constante de desintegração de 110Ag) 
para pequenos valores de t e l (a constante de desintegração de 108Ag) para grandes valores de t.
83. Fazendo
p p h x h r  D D D/ / ,
obtemos
E p
m
hc
mc r
= = ⋅
2 2
2 2
2
2 2
1240

( )
( )
( )
)
MeV fm
2(938 MeV [[( , )( ) ]/1 2 100 301 3 2fm MeV.
soluções dos problemas 251
84. (a) A taxa de decaimento do 226Ra é
R N
T
M
m
= = 






 =
ln (ln )( , )( ,
/
2 2 1 00 6
1 2
mg 002 10
1600 3 15 10 226
23 1
7
×
×
−mol
anos s/ano
)
( )( , )( gg/mol s
1
) , .= ×
−3 66 107
Este resultado indica que a atividade do 226Ra é 3,66 × 107 Bq. 
(b) Como foi atingido o equilíbrio secular (veja o Problema 42-35), a atividade do 222Rn também 
é 3,66 × 107 Bq.
(c) Como RRa = RRn e R = lN = (ln 2/T1/2)(M/m), temos:
M
T
T
m
m
MRn Rn
Ra
Ra
Rn
Ra
=








=1 2
1 2
3 82/
/
( , dd g u
anos d/ano
)( , )( )
( )( )(
1 00 10 222
1600 365 2
3× −
226
6 42 10 9
u
g.) ,= ×
−
85. A carta de nuclídeos pedida aparece na figura a seguir. As retas pedidas podem ser traçadas da 
seguinte forma: as retas de A constante têm uma inclinação de –45° e as retas de N – Z constante 
têm uma inclinação de 45°. Assim, por exemplo, a reta N – Z = 18 (que é uma reta de “exces-
so de 18 nêutrons) passa pelo 114CD no canto inferior esquerdo e pelo 122Te no canto superior 
direito. A primeira coluna corresponde a N = 66 e a última coluna a N = 70; a primeira linha 
corresponde a Z = 52 e a última linha corresponde a Z = 48. Os dados necessários para montar 
a carta podem ser encontrados nos sites http://www.nndc.bnl.gov/nudat2/ e http://nucleardata.
nuclear.lu.se/toi/nucSearch.asp. 
118Te
6,0 d
119Te
16,0 h
120Te
0,1%
121Te
19,4 d
122Te
2,6%
117Sb
2,8 h
118Sb
3,6 min
119Sb
38,2 h
120Sb
15,9 min
121Sb
57,2%
116Sn
14,5%
117Sn
7,7%
118Sn
24,2%
119Sn
8,6%
120Sn
32,6%
115In
95,7%
116In
14,1 s
117In
43,2 min
118In
5,0 s
119In
2,4 min
114Cd
28,7%
115Cd
53,5 h
116Cd
7,5%
117Cd
2,5 h
118Cd
50,3 min
86. De acordo com a Eq. 42-3 ( r r A= 0 1 3/ ), em que r0 = 1,2 fm, temos:
r
r
 = × = ×
=
− −( , )( ) ,
( ,
/1 2 10 4 1 90 10
1 2
15 1 3 15m m
Al ×× = ×− −10 27 3 60 1015 1 3 15m m.)( ) ,/
Quando as “superfícies” dos dois núcleos estão em contato, a distância entre os centros dos 
núcleos é
r r r= + = × + × = ×− − − Al m m1 90 10 3 60 10 5 50 1015 15, , , 115 m.
252 soluções dos problemas
Assim, de acordo com a lei de conservação da energia, a energia necessária é
K q q
r
= = × ⋅ × ×
−1
4
8 99 102 1 6 10
0
9 2 19

 Al
2N m C C( , )( , ))( , )
,
,
13 1 6 10
5 50 10
1 09 10 6
19
15
12
× ×
×
= × =
−
−
−
C
m
J ,,79 106× =eV 6,79 MeV.
87. De acordo com a Eq. 24-43, temos:
U k e e
r
= = × ⋅ ×
−( )( ) ( , ) ( , )2 90 8 99 10 1 60 109
19 2
V m/C C (( ) ,180 2 59 10
7
r r
= ×
−
eV,
em que r está em metros. Convertendo r para femtômetros, obtemos:
U
r
= 259 MeV.
Esta equação está plotada na figura a seguir.
88. Supondo que a velocidade do núcleon é constante e usando a expressão clássica para a 
energia cinética, obtemos:
t
d
v
d
K m
r
m
K
r
c
mc
K
n= = = =
= ×
−
2
2
2
2
1 2 10 100
2
15
/
m( , )( )11 3
8
22
3 0 10
2 938
5
4 10
/
,
( )
×
≈ × −
m/s
MeV
MeV
s.
89. Explicitando A na Eq. 42-3, obtemos:
A r
r
= 



= 



=
0
3 33 6 27, .fm
1,2 fm
90. O problema dos sites de Internet é que não há garantia de que ainda estarão disponíveis 
quando o leitor tentar consultá-los. No momento, três sítios onde as informações necessárias 
para resolver este problema podem ser colhidos são http://www.webelements.com, http://www.
nndc.bnl.gov/nudat2 e http://nucleardata.nuclear.lu.se/toi/nucSearch.asp.
(a) De acordo com o Apêndice F, o número atômico 60 corresponde ao elemento neodímio (Nd). 
De acordo com as fontes consultadas, os isótopos encontrados na natureza são 142Nd, 143Nd, 144Nd, 
145Nd, 146Nd, 148Nd e 150Nd. Dois destes isótopos, 144Nd e 150Nd, não são realmente estáveis, mas 
possuem uma meia-vida muito maior que a idade do universo.
soluções dos problemas 253
(b) De acordo com as fontes consultadas, os nuclídeos instáveis que possuem 60 nêutrons são 
os seguintes: 97Rb, 98Sr, 99Y, 100Zr, 101Nb, 102Mo, 103Tc, 105Rh, 109In, 110Sn, 111Sb, 112Te, 113I, 114Xe, 
115Cs e 116Ba.
(c) De acordo com as fontes consultadas, os nuclídeos com número de massa igual a 60 são os 
seguintes: 60Zn, 60Cu, 60Ni, 60Co, 60Fe, 60Mn, 60Cr e 60V.
91. (a) Como, de acordo com o Apêndice F, a massa do 1H é 1,007825 u, o novo valor de u seria 
1,007825 vez maior que o valor atual. Assim, a massa do 12C seria
12,000000/1,007825 u = 11,90683 u.
(b) A massa do 238U seria 238,050785/1,007825 u = 236,2025 u.
92. (a) O número de massa A de um radionuclídeo varia de 4 no decaimento a e não varia no 
decaimento b. Se os números de massa de dois radionuclídeos são dados por 4n + k e 4n9 + k, em 
que k = 0, 1, 2, 3, o mais pesado pode decair no mais leve através de uma série de decaimentos 
a (e, possivelmente, b), já que a diferença entre os números de massa é um múltiplo inteiro de 
4. Em outras palavras, se A = 4n + k, o número de massa, após m decaimentos a, passa a ser
A9 = 4n + k – 4m = 4(n – m) + k,
que pertence à mesma cadeia de decaimentos.
(b) No caso do 235U, 235 = 58 × 4 + 3 = 4n + 3.
(c) No caso do 236U, 236 = 59 × 4 = 4n.
(d) No caso do 238U, 238 = 59 × 4 + 2 = 4n + 2. 
(e) No caso do 239Pu, 239 = 59 × 4 + 3 = 4n
 
+ 3. 
(f) No caso do 240Pu, 240 = 60 × 4 = 4n.
(g) No caso do 245Cm, 245 = 61 × 4 + 1 = 4n + 1.
(h) No caso do 246Cm, 246 = 61 × 4 + 2 = 4n + 2.
(i) No caso do 249Cf, 249 = 62 × 4 + 1 = 4n + 1.
(j) No caso do 253Fm, 253 = 63 × 4 + 1 = 4n + 1.
93. A energia de desintegração é
Q m m c EK= − −
= −
( )
( , )( ,
V Ti
u 48,94787 u
2
48 94852 931 5 MMeV/u MeV
0,600 MeV 600 keV.
) ,−
= =
0 00547
94. Para localizar na carta da Fig. 42-5 (que está reproduzida em http://www.nndc.bnl.gov/ 
nudat2) os nuclídeos da Tabela 42-1, basta encontrar o ponto correspondente às coordenadas (N, 
Z). Desta forma, é fácil verificar que todos são estáveis, exceto o 227Ac e o 239Pu.
95. (a) Explicitando t na Eq. 42-16 ( ),R R e t= −0  obtemos
t
R
R
T R
R
= = = =1
2
14 28 3050
170
50 1 2 0

ln
ln
ln , ln/ d
ln 2
99 5, d.
254 soluções dos problemas
(b) O fator pedido é
R
R
e e et t T0 2 3 48 21 2 1 18= = = =( ) ln / , ln/ , .d/14,28 d
96. (a) Substituindo diferenciais por diferenças na Eq. 42-12, usamos o fato de que DN = –12 
durante Dt = 1,0 s para obter
D
D
N
N
t= − ⇒ = × − −  4 8 10 18 1, ,s
em que usamos o fato de que N = 2,5 × 1018, mencionado no segundo parágrafo da 
Seção 42-3.
(b) De acordo com a Eq. 42-18, T1/2 = ln 2/l = 1,4 × 1017 s, o que corresponde a cerca de 4,6 
bilhões de anos.