(Alianza Universidad Textos, 155 ) María Shaw and Amalia Williart - Física Nuclear Problemas-Alianza (1996) - Mario Sánchez

Vista previa del material en texto

,...
~
Reservados todos los derechos. De conformidad con lo dispuesto en el arto 534-bis del Código Penal
vigente, podrán ser castigados con penas de multa y privación de libertad quienes reprodujeren o plagiaren,
en todo o en parte, una obra literaria, artística o científica fijada en cualquier tipo de soporte sin la
preceptiva autorización.
© María Shaw Martos y Amalia Williart Torres
© Alianza Editorial, S. A., Madrid, 1996
Calle Juan Ignacio Luca de Tena, 15; teléf. 393 88 88; 28027 Madrid
ISBN: 84-206-8155-5
Depósito legal: M. 1.209-1996
Impreso en EFCA. s. A. Parque Industrial «Las Monjas». 28850 Torrejón de Ardoz (Madrid)
Printed in Spain
-
-,
INTRODUCCIÓN 11
CAPÍTULO 1. PRINCIPALES CARACTERÍSTICAS DEL NÚCLEO .•....... 13
2. Problemas resueltos .
3. Problemas propuestos .
1.1. Propiedades nucleares .
1.2. Modelos nucleares .
Radio .
Masa .
Energía de enlace .
Modelos nucleares .
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
l. Introducción teórica 13
13
16
23
23
26
29
33
40
CAPÍTULO 2. RADIACTIVIDAD 43
1. Introducción teórica 43
1.1. Leyes de la desintegración radiactiva 43
1.2. Tipos de desintegración 46
7
J
"..
Il....c
8 F/sica Nuclear:problemas resueltos
2. Problemas resueltos 49
2.1. Leyes de la desintegración radiactiva " 49
2.2. Desintegración alfa y beta 54
2.3. Desintegración gamma " 62
3. Problemas propuestos 68
CAPÍTULO 3; INTERACCIÓN DE LA RADIACIÓN CON LA MATERIA .... 71
1. Introducción teórica 71
1.1. Interacciones 71
1.2. Detectores 75
2. Problemas resueltos 79
2.1. Partículas cargadas 79
2.2. Radiación electromagnética 82
2.3. Detectores 85
2.4. Estadística 89
3. Problemas propuestos 93
CAPÍTULO 4. REACCIONES NUCLEARES 95
1. Introducción teórica 95
1.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares 96
1.2. Tipos de reacciones nucleares 97
1.3. Sección eficaz 97
1.4. Velocidad de producción de una reacción nuclear " 98
2. Problemas resueltos 100
2.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares 100
2.2. Niveles de energía y secciones eficaces. Resonancia 106
2.3. Energía umbral 111
3. Problemas resueltos 116
CAPÍTULO 5. FÍSICA DE NEUTRONES 119
l. Introducción teórica 119
1.1. Determinación de secciones eficaces 119
1.2. Dispersión y moderación de neutrones 121
2. Problemas resueltos " 125
2.1. Interacción de neutrones 125
2.2. Propagación de neutrones en la materia 130
2.3. Moderación y difusión de neutrones 134
3. Problemas propuestos 138
"1
Indice 9
CAPÍTULO 6. FISIÓN Y FUSIÓN NUCLEAR: 141
1. Introducción teórica 141
1.1. Fisión 141
1.2. Fusión 149
2. Problemas resueltos 155
2.1. Fisión 155
2.2. Fusión 162
3. Problemas propuestos 169
CAPÍTULO 7. PARTÍCULAS ELEMENTALES 171
1. Introducción teórica 171
1.1. Clasificación de las partículas observadas 171
1.2. Características y propiedades 176
2. Problemas resueltos 179
2.1. Propiedades generales 179
2.2. Interacción relativista de partículas 183
2.3. Desintegración de partículas elementales 187
2.4. Energía umbral 191
3. Problemas propuestos 196
CAPÍTULO 8. PROTECCIÓN RADIOLÓGICA 199
1. Introducción teórica 199
1.1. Magnitudes más importantes 199
1.2. Blindajes 202
1.3. Límites de dosis 204
2. Problemas resueltos 207
2.1. Dosimetría 207
2.2. Cálculo de blindajes 212
3. Problemas propuestos , 217
SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS 219
Capítulo primero
Capítulo segundo
219
220
Capítulo tercero 222
-- - ~
1'"
li...
10 F/sica Nuclear: problemas resueltos
Capítulo cuarto 224
Capítulo quinto 225
Capítulo sexto 226
Capítulo séptimo 227
Capítulo octavo 228
APENDICE A: Esquemas de desintegración 229
APENDICE B: Propiedades nucleares 235
APENDICE C: Unidades y constantes 269
BIBLIOGRAFÍA 273
~-------~-
Son numerosas las aplicaciones de la Física Nuclear, desde la medicina a la pro-
ducción de energía -incluida la alternativa de fusión de plasmas en la que se tienen
puestas tantas esperanzas -, pasando por la dosimetría, la protección radiológica o
multitud de usos industriales. Además constituye una proporción muy importante
de las investigaciones en Ciencia Básica, en sí misma, como elemento auxiliar - por
ejemplo, en Biología- o como preparación para la Cosmología o para la Física de
Partículas Elementales. Así lo reconocen los nuevos planes de estudio de las univer-
sidades españolas, al establecerla como asignatura troncal, obligatoria para todos los
estudiantes de la Licenciatura en Física, y potenciar su estudio en las Ingenierías.
Sorprendentemente, la abundancia de buenos libros teóricos de Física Nuclear
no se ve acompañada con la de libros de problemas, escasos en todo el mundo y
especialmente en España. Por eso nos parece oportuno aportar la experiencia que
hemos acumulado durante muchos años de docencia en la Universidad a Distancia,
tanto en la enseñanza teórica como en las prácticas de laboratorio. Creemos que esta
colección de problemas puede ser muy útil para los estudiantes de Física Nuclear, lo
mismo en Ingenierías que en Ciencias.
La mayoría de los problemas han sido propuestos como trabajos prácticos a nues-
tros alumnos o como ejercicios de examen. Algunos son originales, otros adaptados,
pero todos tienen, según nuestra experiencia, el carácter adecuado para facilitar el
estudio y la comprensión de algún aspecto de la física del núcleo.
No es nuestro objetivo abarcar todos los aspectos de la Física Nuclear. Por eso
hemos hecho una selección, teniendo en cuenta los programas que suelen darse en las
asignaturas de esta materia de las Universidades españolas.
Los temas abordados cubren una gama amplia. Se empieza por las propiedades
generales de los núcleos para seguir con la radiactividad y las interacciones de la
11
~
"
.,,--
ir..
12 F/sica Nuclear: problemas resueltos
radiación con ljl materia. Se dedica también atención a la neutrónica y a los reactores
nucleares, así como a las partículas elementales.
El manejo de las radiaciones nucleares y los rayos X es una cuestión delicada que
debe hacerse con sumo cuidado, tanto más cuanto que son invisibles y no se pueden
detectar sin instrumentación adecuada. Su uso imprudente o su desconocimiento es
peligroso y puede llegar a producir lesiones graves. Es, por tanto, muy importante que
sean bien estudiadas por quienes las utilizan en medicina, biología, equipos industri-
ales, energía nuclear, etc. Por esta razón incluimos en este libro un capítulo sobre
dosimetría y protección radiológica.
Cada capítulo se refiere a un tema concreto y está dividido en secciones. Em-
piezan todos por una breve introducción teórica, pensada como ayuda rápida al lec-
tor, pero que no pretende suplir lá exposición más detallada que puede encontrarse
en cualquiera de los abundantes tratados teóricos. Por eso se recomienda usar este
libro en combinación con alguno de esos textos.
En cada capítulo se desarrolla en detalle la solución de un conjunto de problemas,
en orden de dificultad creciente. Siguen luego otros sin resolver, pero cuyo resultado
aparece al final del libro.
EI1 total se presentan 110 problemas resueltos y 89 propuestos, cuyas soluciones
aparecen al final del libro.
Para terminar, en el Apéndice se añaden varias Tablas que creemos muy útiles:
Tablas de unidades y constantes, Esquemas de desintegración y Propiedades de todos
los núclidos, esta última basada en la evaluación publicada en 1993.
Queremos hacer constar nuestro inmenso agradecimiento a la colaboración y ayuda
prestada por el profesor Antonio Fernández-Rañada, sin cuyos consejos y estímulos
hubiera sido difícil haber terminado este libro.
-
1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA
1.1. Propiedades nucleares
Radio nuclear
Un núcleo contiene Z protones y N = (A - Z) neutrones, empaquetados en un
volumen de forma esférica o, al menos, aproximadamente esférica. Una propiedad muy
interesante es que su densidad no depende apreciablemente del número másico A y es
constante en su\nterlOr, es heClr, que et numerD he nll~eDne'S'j)D1:Iln\Q'(\QQe'Vfu\\Th'C-il
es aproximadamente constante.
A
~nR3 ~ cte.,
lo cual implica que el radioR es proporcional a A 1/3
R = RoA1/3 (1.1)
donde Ro vale entre 1,20 y 1,25 fm (el femtometro, igual a 10-15 m, se suele llamar
"fermi" en física nuclear). A esta conclusión se llega a partir de experimentos de varios
tipos. Es importante señalar que unos miden el radio de carga, es decir, el radio de
la distribución de protones, y otros el radio de la materia nuclear que incluye los
protones y los neutrones, obteniéndose el mismo valor en los dos casos.
13
j
",
14 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos
-,
Masa y energía de enlace
La masa de un núcleo M = M(A, Z) no es igual a la suma de la de los protones
y neutrones que lo constituyen, sino algo menor. La diferencia
Ll = Zmp +(A - Z)mn - M,
siendo mp y mn las masas del protón y del neutrón, se conoce como defecto de masa.
La energía correspondiente al defecto de masa es la energía de enlace o de ligadu-
ra B
B = [Zmp +(A - Z)mn - M(A,Z)]c2• (1.2)
En muchos casos puede usarse la masa del hidrógeno y la del átomo, en vez de la
del protón y el núcleo correspondiente.
En la figura 1.1 puede verse la variación de la energía de enlace por nucleón B /A,
en función del número másico A.
10
~
65
<r::
--.....
~
, 89y l1°Cd 141Pr 180Hf 209Bi
"a "F, I I I I I
20Nel •••••• ¡..', .....1••••• -1....•...1....•..., ...12Cl·· IOOMo 126Te 160Dy 197Au 238U1 •• 75As_19p4Hee-- 14N.IIB
.9Be
.6Li
2H
o
o 100
N.O MÁSICO (A)
200
FIGURA 1.1. Variación de la energía de enlace pornuc!eón
L ~ _
Suelen determinarse algunas masas midiendo la energía desprendida en una re-
acción, que corresponde a la energía cinética con que salen las partículas en la reacción
nuclear. Sea la reacción a + X - b + y + Q, en donde resulta:
Q = (ma +mx - mb - my) e2•
La energía de separación de un nucleón es la necesaria para separado de un núcleo.
Su valor en los casos de un neutrón y un protón es
Sn = B(XD - B(X~-l), Sp = B(X~) - B(X~~ i). (1.3)
Una parte de la energía de ligadura la constituye la repulsión cou10mbiana de los
protones. Se suele aproximar a la de una distribución uniforme de carga eléctrica, con
carga q y radio R, que vale
1 q23 _
Ec ="5 4nEo R·
Como consecuencia, la diferencia entre las energías de Coulomb de dos núcleos
espejos de cargas Ze y (Z - 1) e es igual a
!'!..Ec = ~~ [Z2 _ (Z _1)2] = ~ é A2/3,
5 4nEoR 5 4nEoRo
(l.4)
donde Z representa el núcleo de mayor número atómico. Este método se utiliza para
determinar el radio de un núcleo.
Espín,' paridad y momento magnético
Se define el espín de un núcleo como la suma de los momentos angulares totales
(orbitales más de espín) de todos los nucleones. Se suele representar por la letra l.
Para muchos propósitos, un núcleo se comporta como un objeto elemental con espín
1 y carga Ze, por ejemplo en el efecto Zeeman. Como cada nucleón tiene espín 1/2,
se debe cumplir que los núcleos con A impar tienen 1 semientero y si A es par, 1 es
entero. Todos los núcleos con Z par y N par tienen 1 = O.
Otra propiedad importante es la paridad, que puede ser + ó - según sea la función
de onda par o impar respecto a la inversión de las coordenadas. La paridad suele
representarse como n y, junto con el espín, como P'.
Además de la carga, los núcleos tienen momentos mu1tipo1ares electromagnéticos.
El más importante es el momento magnético /1, que es del orden del magnetón nuclear
eh
/1N = -2 - = 5,05 x 1O-27A.m2( ó 1fT).mp
Otra magnitud importante en algunos núcleos es el I11omentocuadrupo1ar eléctrico,
que es una medida de cuánto se diferencia la distribución de carga de la forma esférica.
r
••••
16 F{sica Nuclear: problemas resueltos
1.2. Modelos nucleares
El modelo de la gota líquida
Este modelo fue propuesto por Bohr y se basa en comparar un núcleo a una gota
de líquido, 10 que es posible debido a dos propiedades importantes: (a) la densidad de
un núcleo es aproximadamente independiente de su masa atómica A, y (b) la energía
de ligadura total es aproximadamente proporcional a su masa, B /A ~ consto Estas
propiedades se corresponden bien con dos de los liquidos: (a) la densidad de una gota
no depende de su tamaño, y (b) su calor de vaporización es proporcional a su masa.
(Nótese que este calor de vaporización es la energía necesaria para separar todas las
moléculas del líquido y es, por tanto, análoga a la energía de ligadura del núcleo.)
El modelo de la gota líquida considera al núcleo como una esfera de volumen
proporcional a A, con densidad uniforme y radio proporcional a A 1/3. Su resultado
más importante es la fórmula semiempírica de la masa, de von Weizsacker, que da la
masa de un núcleo M(A, Z) en función de la masa atómica A y de protones Z como
M(A,Z) = Mo(Z,A) +BI(Z,A) +B2(Z, A) +B3(Z, A) +B4(Z, A) +Bs(Z,A),
donde Mo(Z, A) es la masa de los nucleones constituyentes, es decir,
Mo(Z, A) = ZmH + (A - Z)mn,
siendo mH Y mn las masas del protón y del neutrón, respectivamente. Los otros
términos son:
1. El término de volumen BI, que indica la parte de la energía de ligadura que es
proporcional a la masa,
BI (Z, A) = -alA,
donde al es un coeficiente positivo. Este término decrece el valor de la masa.
2. El término de superficie
B2(Z, A) = +a2A2/3,
que representa una corrección proporcional a la superficie, y corresponde a la
tensión superficial de un líquido. Tiene en cuenta que los nucleones superficiales
están menos ligados.
-
Principales características del núcleo 17
3. El término de Coulomb
Z2
B3(Z, A) = +a3Á 1/3'
representa la energía positiva de la repulsión electrostática de los protones.
4. El término de asimetría favorece las configuraciones simétricas, pues es mínimo
para Z = A/2
B4(Z, A) = a4(A - 2Z)2A
5. Por último, el término de apareamiento, que tiene en cuenta que los núcleos
con Z par y N par son especialmente estables, mientras que los que tienen Z
impar y N impar tienden a ser menos estables.
{ = -feA) si Z par, N par
Bs(Z, A) = = ° si par-impar o impar-par
= +f(A) si Z impar, N impar
la funciónf(A) se determina empíricamente comof = +asA-3/4
Los parámetros ab todos positivos, se obtienen de los valores experimentales de
las masas de los núcleos.
Se tiene así la fórmula semiempírica de la masa:
M(A, Z) = ZmH + (A - Z)mn - alA + a2A2/3+
Z2 (A _ 2Z)2
+a3-;::tm +a4 A ±f(A).
Una buena elección para las constantes, en MeV, es (Krane):
al = 15,5; a2 = 16,8; a3 = 0,72; a4 = 23; as = 34
El modelo del gas de Fermi
(1.5)
Este modelo se basa en dos hipótesis aparentemente contradictorias: (a) los nu-
cleones - de modo semejante a los electrones de conducción en un metal- se mueven
ipdependientemente unos de otros, y (b) lo hacen sQmetidos a un potem:ial neto,
que representa el efecto promediado de las interacciones con los otros nucleones, y
que tiene la forma de un pozo cuadrado redondeado -tal como indica la figura 1.2-,
constante en el interior del núcleo, y nulo fuera de él.
_________________________________ --.:.:...J
r
18 F(sica Nuclear: problemas resueltos
o. aA1/3
En
r
Vo
- Vo
EF
v
0,9Vo 0,1Vo
FIGURA 1.2. Pozo cuadrado redondeado, donde EF
es la energía de Fermi, En la energía de enlace
La aparente contradicción se explica porque los nucleones, que por ser fermiones
obedecen el principio de exclusión, llenan todos los niveles en el estado fundamental,
desde el de mínima energía hasta el correspondiente a la energía de Fermi, EF. Pero
nótese que en cada nivel caben cuatro nucleones: dos protones y dos neutrones (en
cada caso, uno con m¡ = 1/2, otro con m¡ = -1/2). Como casi todos los estados
energéticamente posibles están ya ocupados, casi no puede haber colisiones, excepto
aquellas en que dos nucleones intercambian sus energías, cuyo efecto neto es el mismo
que si no hay interacción. Por tanto, aunque parezca paradójico, los nucleones se
mueven en el estado fundamental como si lo hiciesen libremente, sin interactuar. La
profundidad del potencial resulta ser aproximadamente de 50 Me V, y su radio igual
al del núcleo, es decir, de Ro 1/3A con Ro :::::1,3 fm.
El modelo de capas
En este modelo _se supone que los nucleones se sitúanen el núcleo de una manera
parecida a como 10 hacen los electrones en el átomo. O sea, que cada uno está sometido
a un potencial radial V (r), que representa al promedio de las acciones de los demás,
siendo las funciones de onda de la forma tf¡ = R(r)Y¡rn(8, o). Resulta más conveniente
emplear, además de 1 y m, el número cuántico radial nr (igual al número de nadas de
la función radial más uno) en vez del principal, n, usado en física atómica (recuérdese
que n = nr + 1). Por eso no hay restricción para 1 y se habla de estados ls, lp, Id, ...
En primer lugar, se elige un potencial conveniente, parecido a un pozo cuadrado
con borde suavizado y se resuelve la ecuación de Schr6dinger, hallando las funciones
de onda y las energías. Luego se van colocando los N neutrones y los Z protones
••
•
Principales características del núcleo 19
en los niveles así obtenidos, teniendo en cuenta que el principio de Pauli no permite
colocar más de 2(21 + 1) partículas de cada clase en cada capa ni. Se observa que
los núcleos cuyo número de protones o de neutrones es igual a 2, 8, 20, 28, 50, 82 ó
126, son excepcionalmente estables, ya que su energía de excitación es muy alta: Se
les llama números mágicos. El mismo fenómeno ocurre en física atómica con los gases
nobles, que tienen 2, 10, 18, 36, 54 ó 86 electrones, y por eso se interpreta que esos
números mágicos corresponden a núcleos que tienen capas completas de nucleones.
Para conseguir el orden de niveles que produzca esos números hay que suponer que la
fuerza nuclear incluye un término de acoplo espín-órbita, proporcional a S.L. Su origen
no puede ser electromagnético, como en el caso de los electrones en los átomos, porque
es mucho más fuerte y está invertido, lo que significa que tiene el signo contrario, de
modo que la energía de un nucleón disminuye si S.L es positivo y al revés. O sea, que
la energía de cada nucleón es menor si el número cuántico J tiene el valor más alto
posible (J = L + 1/2). Además la contribución de ese término a la energía aumenta
con el valor de l. Incluyendo ese término de acoplamiento espín-órbita, se consigue
que el pozo cuadrado con bordes suavizados tenga los niveles que indica la figura 1.3
Dos propiedades muy importantes de un núcleo son su espín y su paridad. Como
se dijo anteriormente, el primero es el momento, angular total de todos los nucleones,
y se suele designar con la letra 1. La segunda indica el cambio de la función de onda
total tras la inversión espacial r ----- r. Como la paridad de cada nucleón es + si su
I es par y - si es impar, la del núcleo es (-1) elevado al número de nucleones con I
impar. El conjunto espín-paridad se suele designar como T' .
Cuando una subcapa está llena, su momento angular total es O y su paridad +.
Además, los protones de una misma capa tienden a acoplarse en pares de modo
que el momento angular de cada par es O y lo mismo ocurre con los neutrones. Por
todo ello se cumplen las siguientes reglas:
(a) Si N Y Z son mágicos, T' = 0+;
(b) Si uno es mágico y el otro mágico más o menos uno, el espín y la paridad son los
del nucleón que sobra o que falta para que los dos números sean mágicos;
(c) Los núcleos par-par tienen T' = 0+;
(d) Si A es impar, el espín-paridad es igual al del nucleón impar (con algunas pocas
excepciones);
(e) En los escasos núcleos estables impar-impar, el espín está comprendido entre ip+in
y lip- inl , siendo ip y in los momentos angulares del protón impar y del neutrón
impar, respectivamente.
El modelo de capas no es tan bueno en la predicción de los momentos magnéticos
como en la de los espines y paridades. Pero el análisis es interesante. '
En este modelo se supone que los nucleones tienen fuerte tendencia a aparearse
(en pares protón-protón y neutrón-neutrón), de modo que los momentos angulares de
los nucleones apareados se anulan dos a dos. Por ello, el momento magnético nuclear
_J
'"
20 F/sica Nuclear: problemas resueltos
-4s
-3d
-2g
-li
-3p
-2/
", -- ij1S/2
-=~;~:~;:2=~:11::2------ //
-:-~~--
/// '--- 2g9/2-- ......•............•.•...
....•.•....•....•...
"'" -- li13/2
-
------<.:' __-_::::_-:.:::_-- 2/S/2
------ -- 217/2
16
4
3d3/2- 2
8
2g7/2 12
63ds/2
10
14
3pl/2--- 2
4
3p3/2 --- 6
8
1h9/2--- 10
184
168
164
162
154
142
136
126
112
110
106
100
92
184
126
~
- 1h ---'_'"
",
",
- 3s ----------------- 3SI/2
-2d
-lg
--------,--
----
~ -
- - 197/2
1hll/y----- 12
2
2d3/2--- 4
2ds/2--- 6
8
82
70
68
64
58
82
" "
""-- 199/2
- 2p ---<::~~"'-_-=--=-::--1/s/2
- 1f --'=:::_,, __
", --1f7/2
- 2s n-:.-=-~~":-:::=---2SI/2-Id ---,,::=_
10
2pI/2 --- 2
6
2p3/2-- 4
8
1d3/2--- 4
2
1ds/2 --- 6
50
40
38
32
28
20
16
14
50
28
20
-lp
- --lpl/2
<::::=----- - 1p3/2
2
4
8
6
8
- ls ----------------- lSI/2
sin acoplo con acoplo
espin-órbita espin-órbita
(a) (b)
2
(2) + 1)
2
L(2) + 1)
2
Númetos
mágicos
FIGURA 1.3. (a) Orden de llenado de los niveles de un pozo cuadrado redondeado
sin acoplo espín-órbita. (b) Lo mismo con acoplo espín-órbita invertido. La columna
de la derecha indica el número acumulado de nucleones de cada clase que ocupan los
niveles hasta el dado. Cuando la diferencia de energía hasta el nivel siguiente es
alta, se produce un número mágico
••
.,
Principales características del núcleo 21
debe ser el del nucleón impar. Recordemos que los momentos magnéticos intrínsecos
del protón y del neutrón valen f1s,p = 2,7927f1N Y f1s,n = -1, 913lf1N' siendo f1N =
eh/2mp el magnetón nuclear, Esto indica que sus relaciones giromagnéticas de espín
son gs,p = 5,5855 Y gs,n = -3,8263, El operador de momento magnético total de un
nucleón es, por tanto,
e
f1 =2m (g¡L +gsS) ,p
donde g¡ vale 1 para los protones y O para los neutrones, y gs toma los valores que
se acaban de indicar, Usando el modelo vectorial para los momentos angulares pode-
mos decir que L y S precesionan alrededor de su suma J, por lo que el valor medio
de f1 es
(f1) = f1.JJ
J2
Sustituyendo el valor de f1,
e J
(f1) = 2mp (g¡ L.J +gsS.J) J2'
El momento magnético del núcleo debe ser igual a esta expresión, evaluada en el
caso del nucleón impar; más precisamente el valor máximo de su componente z que
se obtiene sustituyendo J por Jh. Teniendo en cuenta que J2 =j(j + 1)h2, resulta
finalmente que el momento magnético nuclear vale, en el modelo de capas,
e g¡L.J +gsS.J
f1 = 2mp (j + 1) h2
Hay que tener en cuenta que
L.J = ~ (i(j + 1)+ [(l + 1)- ~ ) h2,
S.J = ~ (j (j + 1)- [(l + 1)+ ~) h2,
con lo cual el momento magnético del núcleo vale, expresado en magnetones nucleares,
y escribiendo [, el símbolo del espín del núcleo en vez de j
1
si [ = [+ 2'
1
SI [=[-2'
f1 = ([ - ~ ) g¡ + ~gs ,
f1 = [~l [ ([ + ~) g¡ - ~gs]
(1.6)
(1.7)
--------------------------~~
f
t
22 Ftsica Nuclear: problemas resueltos
Tenemos así dos pares de funciones fl(I) (uno para el caso en que el nucleón impar '\
sea un protón, otro si es un neutrón) que dan el momento magnético en función de l.
En un gráfico (fl, l) dan dos líneas llamadas de Schmidt, una para l = 1+ 1/2, otra
para l = 1- 1/2. En la mayoría de los casos, el valor observado no está sobre esas
líneas, sino entre ellas, es decir, entre los valores correspondientes a l = 1+ 1/2 y a
l = 1-1/2. Esto muestra la limitación del modelo de capas, que es demasiado simple.
Se obtiene un mejor resultado incluyendo el efecto de las excitaciones colectivas del
núcleo.
""1
Principales características del núcleo 23
2. PROBLEMAS RESUELTOS
2.1. Radio
G) Calcular la energía cinética máxima de los positrones emitidos en la desinte-
gración:
015 ~ NI5 +p+ +v.
Sabiendo que R = 1,45 X 10-15 AI/3 m, explicar las hipótesis que se introduzcan.
Solución:
Se trata de núcleos espejo: Un protón se cambia por neutrón + positrón.
La diferencia de energías coulombianas entre 2 núcleos espejos de cargas Ze y
(Z - 1) e viene dada por la fórmula (1.5).
Sabiendo, del enunciado, que Ro = 1,45 x 10- 15 m
y (Z2-(Z-1)2)=2Z-1.
Si tenemos que 2Z - 1 = A en los núcleos del problema, siendo Z el número
atómico delnúcleo que lo tenga mayor, la expresión (l.4) queda de la siguiente
manera:
3 e2 A2/3,
I!i.Ec = "5 x 4nEo 1, 45 x 10 15
La energía cinética máxima de los positrones emitidos será
Trnax = l1Ec - (mn - mp) c2 - mec2,
sustituyendo los valores de mn, mp y me
Trnax = l1Ec - 1, 811 MeV,
además sustituyendo valores: l1Ec = 3,624 MeV,
r Trnax = 1, 813 MeV
Hipótesis:
a) Las fuerzas nucleares tienen simetría de carga.
La diferencia de energía entre el 015 Y NI5 es la de las energías de Coulomb.
________________________________ ~__d
,b) El neutrino no tiene masa, su energía mínima es cero.
La energía máxima del f3 + es
24 F(sica Nuclear: problemas resueltos
L I
~~
AEc(015) - AEc(N15) - (mn - mn) c2 - mec2.
® Demostrar que el potencial electrostático U(r) dentro de una esfera que contiene
una densidad uniforme de carga positiva es
q (3 1 r 2)
U(r) = -- - - - (-) ,
4nBoR 2 2 R
con r ~ R, l
donde R es el radio de la esfera.
Solución:
Aplicando el teorema de Gauss, el campo eléctrico en un punto A a una distancia r
del centro, vale:
E(r) = q(r)
4nEor2 '
donde q(r) es la carga contenida en una esfera de radio r,
q(r) = O"jnr3, O" es la densidad volumétrica de carga.
E(r) no dependerá de la carga
fuera de la esfera de radio r.
4 r O"r
E(r) = "3 nO" 4nEo - 3Eo
El potencial en el borde de la es-
fera total, r = R, es
Uo = 4 q R' en el interior:nEo
[ 4 r2] r
r q -nO"--,
U = Uo - f E(r)dr = 4nEoR - 3 8nEo Ro
v
R
Principales características del núcleo 25
como a = q/(~nR3) ===}
q [3 1 (r )2]
U(r) = -- - - - -
4nEoR 2 2 R
SI r:::;; R.
La forma del potencial es coulombiana
si r > R Y cuadrática (tipo oscilador)
si r < R.
La desviación del potencial coulom-
biano produce cambios en los niveles
de energía que permiten determinar el
tamaño nuclear.
...,
® (a) Calcular el radio de la órbita s de un átomo n-mésico para un átomo de Na~~
(b) Demostrar que la órbita se sitúa fuera del núcleo, suponiendo el parámetro
del radio nuclear Ro = 1,45 X 10-15 m.
(c) Calcular la densidad de los nucleones disponibles para la interacción y el
recorrido libre medio que corresponde a una sección eficaz de n(h/w)2,
donde Jl = 273me·
Solución:
(a) El valor del radio en función de la órbita, para un átomo n-mésico, es
n2h2
R = 4nEo-Ze2''" m",
Teniendo en cuenta ao = 4nEo h22 Y que n = 1 para la órbitas :::}mee
ao me
R", = Zm",'
sustituyendo valores,
0,53 x lO-10m x 0,511 MeV = 17,6 x 10-15 m.
R", = 11 140 MeV
IR", = 17,6 fm I
~
..
26 F/sica Núclear: problemas resueltos
(b) Aplicando la expresión (1.1) y teniendo en cuenta que
Ro = 1, 45 x 10- 15m,
R = 1,45 X 10-15 x 231/3 = 4, 12 x lO-15m = 4, l2fm,
como Rn > R ::} Se encuentra fuera del núcleo.
(c) La expresión de la densidad de nucleones es
Ar
p = '1nR;'3
dortae/Ar serán los nucleones que se encuentran dentro de la esfera de radio
Rn. Ar = A.
p = 23
~n(l7,6 x 1O-15m)3 =ll,01x1042 m-31
El recorrido libre medio será
1 1
A = ~ = pa'
a = n (~)2 = n ( 6,58 x 1O-16eV.S.c )2pc . 273 x 0,511 x 106eV = 6,29 x lO-30m2 = 6,29 x 1O-2b,
I A = 1, 59 x 10- 13 m
2.2. Masa
G) Calcular la masa del átomo de N17, si la energía de la reacción 017 (n,p)NI7 es
Q = 7,89 MeV.
Solución:
Se trata de la siguiente reacción:
O~7 +n - Nf +p + Q , donde
••
Principales características del núcleo 27
Q = [m(N~7) +mp - (m(0~7) +mn)].c2,
7,89 -3
Q = 931, 5 = 8,47 x 10 u.a.m.,
despejando m(Nf) y sustituyendo los valores de las masas del n, p y Or que
aparecen en las tablas,
I m(Nf) = 17,008442 u.a.m·1
® Siendo las diferencias en las masas de los tres dobletes (u.a.m.):
2Hl- H2 = 0,001548
3H2- !Cl2 = 0,042306
Cl24H1- 016 = 0,036386
Encontrar las masas atómicas de H1, H2 Y 016.
Solución:
Este problema se basa en el método de los dobletes de masa para medir las masas
de diferentes isótopos. Midiendo las diferencias de masas entre moléculas de masa
muy parecida (con un espectrógrafo de masas) se puede obtener la masa de distin-
tos isótoposdespejándolos en función del C12 (punto fijo de las masas atómicas).
a = 2Hl- H2
b = 3H2- !C12
C = Cl24H1- 016
2a = 4H1 - 2H2; 2a - c = 016- 2H2_Cl2 y despejando en b:
lC12 1H2 = b + !- = 12,014102 u.a.m.
016 = (2a - c) +2H2 + Cl2 = 115,994914 u.a.m.1
H1 = a ~ H2 = 11,007825 u.a.m.1
®
(a) Calcular la energía de separación de un neutrón de: Li7, Zr91 y U236.
(b) Encontrar la energía de separación de un protón de: Ne20, Mn55 y AU197.
~
1'"
28 F/sica Nuclear: problemas resueltos
Solución:
(a) La cantidad de energía necesaria para separar un neutrón del núcleo X1: es
igual a la diferencia de energías de enlace entre X1: y X1- 1, como aparece en
las ecs. (1.3)
Sn = B(X1) - B (X;-l) = [m (X;-l) - m (X;) +mn]c2.
Con los datos de las masas que aparecen en las tablas de propiedades nucleares
se obtienen los siguientes resultados:
Sn(Li7) = 7,783 X 1O-3c2 = 7,25 MeV.
-~'---------/
Sn(Zr91) = 7,724 X 1O-3c2 = 7, 19 MeV.
Sn(U236)= 7,025 X 1O-3c2 = 6,54 MeV.
(b) La energía necesaria para separar un protón del núcleo X1: viene dada por la
diferencia entre las energías de enlace de X1: y y1::: ¡,como aparece en las ecs.
(l.3)
Sp = B(X1) - B (yt--/) = [m (yt--/) - m (X;) +mH]c2.
Con los datos de la tabla se obtiene:
Sp(Ne20) = 1,38 X 1O-2c2 = 12,85 MeV.
Sp(Mn55) = 8,66 X 1O-3c2 = 8,07 MeV.
Sp(AUI97) = 6,21 X 1O-3c2 = 5,78 MeV.
@ Estimar cuánta energía de fisión (kWh) se podría obtener en teoría si se dispone
de 1,5 kg de U235, sabiendo que la curva de defectos de masa disminuye desde
0,14 unidades de masa para el uranio hasta - 0,06 unidades de masa en el centro
del sistema periódico.
Solución:
Suponemos que el U235 se fisiona en dos partes iguales (dos núcleos del elemento
del centro de la tabla periódica XA, para realizar el problema no necesitamos
conocer qué núclido es). La energía emitida por núcleo fisionado será:
1
,
•••••
Principales características del núcleo 29
Q = B(U235) - 2B(XA) = (O, 14 + 2 x 0,06) x 931,5 MeV jnúcleo =
= 242, 19 MeV /núcleo = 1,08 X 10-17 kWh/núcleo.
En 1,5 kg de U235 hay el siguiente numero de núcleos:
mNA 1, 5 x 103 X 6,023 X 1023 = 2,56 X 1024 núcleos.N = ----;;¡- = 235
La energía aprovechada
lE = 4, 14 X 107 kWh I
2.3. Energía de enlace
CD Calcular las energías de enlace por nucleón de los siguientes núcleos: He3, 016,
Sn120 y CU63 y representarlas en una gráfica.
Solución:
Teniendo en cuenta la fórmula (1.2) que aparece en la introducción teórica, la
energía de enlace por nucleón será
B(X1)
A
[ZmH + (A - Z)mn - M(A, Z)] e2
A
aplicando esta expresión y con los datos que proporcionan las tablas:
B(HeD = 2,762 X 1O-3e2 = 2,57 MeV /nucleón,
B(OA6) = 8,563 X 1O-3e2 = 7,98 MeV/nucleón,
B(Sn~~O) = 9, 131 X 1O-3e2 = 8,50 MeV /nucleón,
B(Cu~~) = 9 396 X 1O-3e2 = 8,75 MeVjnucleón.
63 '
~
30 F/sica Nuclear: problemas resueltos
8
I
_~CU63
Snl20
7
,-..,6
;>O):::E'--'<t: 5----~
4
32 -1 ¿ He3O
102030405060
Z
® Si un núcleo que posee igual número de protones y neutrones y tiene un radio
igual a 2/3 el radio del V54 (tomar Ro = 1, 4 x 10- 13cm), encontrar la energía de
enlace.
Solución:
Utilizando la expresión (1.1) para el radio, tenemos para el V54
R = RoA 1/3 = 1, 4 x 10- 13(54)1/3cm = 5,3 x 10- 13 cm.
Para el núcleo del problema
2
Rl = 3R = 3,53 x lO-13cm = 1,4 x lO-13A;!3::::} Al = 16.
Se trata del O~6. Con la expresión (1.2) de la energía de enlace y los datos de las
tablas,
B(O~6) = 0, 137c2 = 1127,6 MeV I
CID ¿Qué energía se libera en la formación de dos partículas ex como resultado de
la fusión de H2 y Li6, si la energía de enlace por nucleón en H2, He4 y Li6 son
1,11; 7, 08 Y 5,33 MeV, respectivamente?
o
Principales características del núcleo 31
Solución:
Se trata de la siguiente reacción
Hi + Li~ - 2Hei·
La energía liberada será
Eliberada = B(Hei) - B(Hi) - B(Li~) = (8 x 7,08 - 2 x 1,11 - 6 x 5,33) MeV,
I Eliberada =22,44 MeV I
(a) Conociendo las masas del 015 y del N15, calcular la diferencia en la energía
de enlace.
(b) Suponiendo que la diferencia se debe a la diferencia en la energía coulom-
biana, calcularel radio nuclear del 015 y del N15.
Solución:
(a) Aplicando la expresión (1.2) de la energía de enlace para el 015 Y el N15
B(0~5) = (8 mH + 7 mn - 15,003065) e2,
B(Ni5) = (7 mH + 8mn - 15,000109) e2,
¿),B = [B(Ni5) - B(0~5)] = (mn - mH +2,956 x 1O-3)e2 = 3,796 X 1O-3e2,
I ¿),B = 3, 54 Me V I
(b) Con la fórmula (l.4) para los núcleos espejo,
3 e2
¿),B = ¿)'Ec = 3,54 MeV = - x A2/3,
5 41CEoRo
32 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos
despejando y sustituyendo valores
3 1,439976 MeV.fm (15)2/3 = 1,48fm,
Ro = "5 x 3,54 MeV
R = RoA 1/3 = 3, 65 fm = I 3,65 x 10- 15m I
® Usando la tabla adjunta,
(a) mostrar que el Be8 puede desintegrarse en dos partículas IX con desprendi-
miento de 0,1 MeV de energía, pero que el el2 no puede desintegrarse en
tres partículas IX,
(b) mostrar que la energía desprendida (incluyendo la del fotón) en la reacción
H2+He4 -> Li6 +y es de 1,5 MeV.
Núcleos: H2He4Li6Be8el2
Energía
Enlace (MeV):
2,2228,331,9956,592,16
Solución:
(a)
Be~ ~ 2Hei + Q,
para que la desintegración sea espontánea ¡),B > O
¡),B = 2B(Hei) - B(Be~) = (2 x 28,30 - 56,50) MeV = O,1 MeV> O,
El Be~ se desintegra y los 0,1 MeV que sobran se utilizan como energía cinética.
q,2 ~ 3Hei +Q,
¡)'B = 3B (Hei) - B(q2) = (3 x 28,30 - 92, 16) MeV = -7,26 MeV < O,
El q2 necesita 7,26 MeV para desintegrarse; está más fuertemente enlazado
que las tres IX •
••••
Principales características del núcleo 33
(b)
2 H 4 L'6H¡ + e2 - 13 + y,
Q = [M(Li~) - M(Hei) - M(HDJ e2 = -AB = B(Hei) +B(HD - B(Li~) =
= (28,30 + 2, 22 - 31,99) MeV = -1,47 MeV.
La energía de enlace del Li~ es de 1,47 MeV más que la del ex y del protón; si
la energía del fotón es 0,03 MeV, resulta que sobra
(0,03 + 1,47) MeV = 1,5 MeV,
que se utilizan en aumentar la energía cinética del Li~.
2.4. Modelos nucleares
G) Utilizar la fórmula semiempírica de la masa, (1.5) para determinar la energía de
enlace que está disponible si un núcleo de U235 captura un neutrón. Ésta es la
energía que induce la fisión del núcleo de U236.
Solución:
U235 +n _ U236 + Q,
de donde Q = (m235 + mn - m236) e2.
Al ser U235 de A impar, h35(A) = O; el U236 tiene Z par, N par, por lo que
f236(A) = _34A-3/4.
Aplicando la fórmula, resultan los valores siguientes:
m235 = 235,068 u.a.m.
m236 = 236,07015 u.a.m.
de donde Q = (235,068 + 1,008665 - 236,07015) e2•
I Q = 6,07 MeV I
Como puede observarse al comparar los resultados de las masas del U235 y el U236
con los de la tabla de propiedades nucleares, esta fórmula (1.5) no se ajusta bien
para los núcleos deformados como es el caso del uranio. Sería necesario añadir
otros parámetros.
34 -Frs!ca Nuclear: problemas resueltos
® Utilizando la fórmula semiempírica de la masa, (1.5),
(a) determinar la carga de un núcleo cuya masa es la más pequeña entre los
núcleos con mismo valor impar de masa atómica A,
(b) predecir el carácter de la actividad de los siguientes núcleos p-activos: AgI03,
Sn127y CS141.
Solución:
La carga más pequeña se determina haciendo dM(A, Z)/dZ = O.
Operando, resulta
ZIn = 92,78A.n, 1 •••• ~,., ," ,
sustituyendo para los valores del problema, resulta
para Ag~?3, ZIn = 44, 3; en donde se ve que Zm < Z,
para Sn1ír, ZIn = 53,46; en donde· ZIn > Z,
para Cs1r, ZIn = 58,66; en donde ZIn > Z.
Por tanto, la AgI03 posee actividad 13+, y el Sn127y el CSl37poseen actividad 13-.
CID Utilizando la fórmula semiempírica 'de la masa, (1.5),
(a) Evaluar los puntos sobre la parábola de masa = 27 para los únicos tres va-
lores de Z encontrados, Z = 12, 13, 14.
(b) ¿Qué valor de Z corresponde al núcleo estable?
(c) Encontrar los tipos de decaimientos y las energías para las desintegraciones
13 de los núcleos inestables.
Solucióu:
(a) Como A es impar, feA) = O. Dando valores en la fórmula (1.5) para
A = 27, Z = 12, 13 Y 14, resultan:
M (27,12) = 26,982 u.a.m.; M (27,13) = 26,980 u.a.m.; y M (27,14)
= 26, 9866 u.a.m.
Se observa en la figura siguiente que el más estable es el AF7. El Mg27 decae
por emisión 13- y el Si27por emisión 13+.
Principales características del núcleo 35
cd'"
cd
::E
9
F
10
Ne
11
Na
12
Mg
13
Al
14
Si
15
p
16
S
z
(b) El núcleo estable debe tener un valor de Z que será el mínimo de M(A,Z), es
decir, el valor que haga d[M(A, Z)]/dZ = O.
4a4 + (mn - mH)e2 92, 78A ~
Zm = 2(4a4 +a3A2/3) A = 184 + 1,44A2/3 = ~
este valor de Z es el más próximo al AF7. Para A impar, sólo hay un núcleo
estable.
(c) Las diferencias de las masas
(MAl - MMg) e2 = (26,982 - 26,980) e2 = 11,86 MeV I (emisión {3-).
(MSi - MAl) e2 = (26,9866 - 26,980 - 2me) e2 = 15, 12 MeV I (emisión {3+).
Éstas son las energías de los emisores f3 de los núcleos inestables.
@) En el modelo del pozo de potencial se verifica que
N = ~ (2mnEn )3/23n2 -r ' Z = ~ r 2mp(Ep - U)1.3/23n2. h2 '
36 F(sica Nuclear: problemas resueltos
donde En Y Ep son las energías del neutrón y del protón ocupando el nivel más
bajo de energía, y U es el potencial electrostático. Comprobar que cuando N =
= Z = A/2, resulta: En = (Ep - U) ~ 38 MeV.
Solución:
N/V = _1_ (2mnEn2) 3/23n2 h '
la densidad nuclear será Po = A/V. Si N = Z = A/2, la densidad neutrónica será
Pn = ~Po; tenemos entonces que A = ~nR3 Po, de donde
_ 3A 3A
Po - ---
4nR3 - 4n(l, 1)2A = 0, 197/fm3,
por tanto,
SI R=1,1A1/3fm,
el2•6 .
1
Pn = "2Po = 0,090 = N/V = _1_ (2mnEn )3/23n2 h2 ,
10 que implica, despejando En Y ~ustituyendo:
- (7,1)1/3h2 = I 39,5 MeV IEn - 2mn
® Cuáles son los momentos angulares y paridades predichas por el modelo de
capas para los estados fundamentales de los núcleos siguientes: Cl2; SIl; Ne20;
A127;Ca41; y Ga69.
Solución:
Según la figura 1.3, las últimas capas están ocupadas por los siguientes niveles:
{ Z: (lP3/2r } par-par ¡n = 0+ ,N: (lP3/2)
BII.S •
Nei8 :
A1i~ :
{ Z: (lP3/2)3 }.N: (lP3/2)4 Impar-par ¡n = 3/2- pues (_1)1,
{ Z: 8 + (ldS/2?}' .N : 8 + (ldS/2)2 numero magico ¡n = 0+,
{ Z: 8 + (ldS/2)S }.N: 8 + (lds/2)6 Impar-par ¡n = 5/2+ pues (_1)2,
Principales características del núcleo 37
Ca41. { Z : (1d3/2)4 } .20' N: 20 + (117/2)1 par-Impar In = 7/2- pues (_1)3,
69. { Z: 28 + (2P3/2)3, A - ~mpar } 1" = 3/2- pues (_1)1.Ga3I· N: 32 + (1fS/2)6, Z -Impar
® Hallar la configuración, el espín y la paridad de los núcleos 016, Ca40 y Pb208.
Representar en un diagrama la colocación de los nucleones.
Solución:
Se trata de tres números doblemente mágicos, es decir, con número mágico tanto
de protones como de neutrones, pues los valores de (Z, N) son, respectivamente,
(8,8), (20,20) Y (82,126). Por eso su espín es O y su paridad +, o sea, que son 0+.
Como se observa en el diagrama, en el O~6 están llenas todas las semicapas hasta
la 1pl/2; en el Cai8, hasta la 1d3/2; en el Pb~g8, los protones ocupan los niveles
hasta los 1h11/2 y los neutrones hasta los 1i13/2•
ld3/2
2S1/2
lds/2
lpl/2
lp3/2
lSI/2
Cai8
I
Neutrones : Protones
[
,
lpl/2
lp3/2
lSI/2
Neutrones
0168
Protones
o Según el llamado modelo de las partículas alfa, un núcleo es un conjunto de
partículas alfa ligadas entre sí, más algunos nucleones sueltos. Por ejemplo,
el Cl2 se considera formado por tres partículas alfa y el 016 por cuatro. Bus-
cando en una tabla los valores de la energía de ligadura, estimar la intensidad
del acoplo entre las partículas alfa en estos núcleos. Representar en un dia-
grama los niveles ocupados por los nucleones e interpretarlos en términos de
partículas alfa.
38 F/sica Nuclear: problemas resueltos
Solución:
La energía de ligadura de una partícula alfa es Bex = 28,3 MeV. Las de los núcleos
Cl2 y 016 son 92,2 MeV y 127,5 MeV, respectivamente:
Ec - 3Bex = 92,2- 84,9 = 7,3;
Ea - 4Bex = 127,5 - 113,2 = 14,3;
7:/ ~ 12,4 MeV ,
1¿3 ~ 12,4 MeVI
Como hay tres posibles enlaces entre tres alfas, es necesario que cada uno tenga
aproximadamente 2,4 MeV, en el caso del carbono. En el caso del oxígeno, hay
seis enlaces que tendrán la misma energía.
(a)
r Cai8I I1111I1I1I1II1
(b)\ ;016
r
8
1
I- !rI1I1I1IIIII
--
-
I
1
I
-- --
1
II
I"--
I
1
)
,
./
Neutrones Protones Neutrones Protones
-
En (a), loscuatro nuc1eones en ISI/2 se pueden considerar como lec y los ocho en
lp3/2, como 2ec. En (b) el proceso de llenado es el mismo para el 016, Y se puede
considerar lec en el primer nivel, 2ecen el segundo, y lec en el tercero.
® Demostrar que si el protón se considera como un cuerpo uniforme cuyo número
cuántico de momento angular es s = 1/2, su momento magnético absoluto es
igual a !fiJlN
Solución:
El magnetón nuclear es: JlN = eñ/2mp, siendo mp = masa del protón.
La relación giromagnética: y = e/2mp. Si una carga se mueve con un momento
angular S, su momento magnético vale Jl = eS/2mp .
••
El valor propio del cuadrado del momento angular esj(j + l)ll. En este caso, se
trata del espín de un protón, por lo que hay que tomar j = s = 1/2, Y por tanto,
s = js(s + l)h = /~ x ~h = .J3hV 2 2 2'
y su momento magnético:
como f1N = eh/2mp, resulta:
e.J3 h,
f1 = 4mp
I f1 = Vf1N I c.q.d.
® Utilizando el modelo de capas, determinar los momentos magnéticos de los
núcleos H3 y He3 en el estado fundamental.
Solución:
(a) El H3 tiene un protón y dos neutrones: el protón es impar. Observando la
figura 1.3, se ve que los tres nucleones están en el nivel ls1/2, luego 1= 1/2,
1 = O; 1 = 1 + 1/2, y g¡ = 1. Se aplica la fórmula (1.6)
f1 = (1- 1/2)g¡ + 1/2gs = 1/2gs = 2,79.
(b) El He3 tiene dos protones y un neutrón: El neutrón es impar. De la figura 1.3,
se ve que los tres nucleones están en el nivel lS1/2• 1 = 1/2; 1 = O; 1 = 1+ 1/2,
y g¡ = O. Se aplica la fórmula (1.6)
f1 = 1/2gs = -1, 91.
Por tanto,
I H3: f1 = 2,79 f1N I
I He3 : f1 = -1, 91 f1N I
Los valores experimentales son
H3 : f1 = 2,7789 f1N,
He3 : f1 = -2,1276 f1N'
40 Frsica Nuclear: problemas resueltos
3. PROBLEMAS PROPUESTOS
1. Calcular el valor de n de la órbita muónica de cualquier átomo muónico que se
encuentra justo en el interior de la capa electrónica K.
2. Las energías de enlace de los núcleos espejo Bll y Cl! son 76,205 MeV y 73,443
MeV, respectivamente. Suponiendo que la diferencia es debida solamente al
efecto de Coulomb y que la carga del protón está uniformemente repartida entoda la esfera de radio Re.
(a) Calcular Re.
(b) Ésta es una manera fácil de estimar el tamaño de los núcleos. Comparar Re
con el valor de R = 1,1 Al/3 fm y comentar la diferencia.
3. Dados los siguientes valores de dobletes (u.a.m.), determinar el valor correspon-
diente a la masa de Cp7 y de 016.
C3H - Cp7 = 0,0419222.
C2Dg- CP7H3 = 0, 123436.
C3H602-Clr = 0, 1049742.
4. Dados los siguientes defectos de masa, encontrar las correspondientes masasatómicas:
(a) Na24: - 8,418 MeV.
(b) Sm144: - 81,964 MeV.
(c) PU240: + 50,123 MeV.
5. Calcular la energía necesaria para dividir un núcleo de He4 en:
(a) H3+ p.
(b) He3+ n.
(c) Explicar la diferencia entre estas energías en función de las propiedades delas fuerzas nucleares.
,¡<
6. ¿Qué energía se necesitará para dividir un núcleo de 016 en una partícula ex y •.1...·'.·....
un núcleo de Cl~? Las energías de enlace del 016, Cl2 y He4 son: 127,62; 92,16; •Y 28,30 MeV, respectivamente.
:f
...•
características del núcleo 41
7. Calcular la energía de enlace total y la energía de enlace por nucleón de los
siguientes núclidos:
LF, Ne20, Fe56 y U235.
8. Según el modelo nuclear de capas, cuáles serán los espines y la paridad de los
siguientes núcleos en el estado fundamental: SF9, K39, SC45y CU63.
9. Usando la fórmula semiempírica de la masa (1.5) averiguar si el nucleido radi-
activo Tel29 es un emisor [3+ Ó [3- .
10. ¿Qué nucleidos son estables con masa A = 36? Considerar la zona 13 ~ Z ~ 20.
11. Determinar el espín y la paridad de los núcleos W4 y N15.
12. Usando el modelo del gas de Fermi y la figura 1.2, estimar la energía de Fermi
de los nucleones y la profundidad del potencial nuclear.
13. Utilizando el modelo de capas, determinar los momentos magnéticos de los
núcleos 017y K39 en el estado fundamental.
r -
I
f
I '
1
1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA
1.1. Leyes de la desintegración radiactiva
Si hay N núcleos radiactivos en el instante t, y en la muestra no se generan nuevos
núcleos, el número de los que decaen por unidad de tiempo es proporcional a N. Es
decir, si decaen dN en el tiempo dt:
A= (dNjdt)N
donde A se llama constante de desintegración Y representa la probabilidad de que un
átomo se desintegre en la unidad de tiempo.
Integrando, resulta
N(t) = Noe-Jet
que es la llamada ley exponencial de desintegración radiactiva. -
En la figura 2.1 puede verse esta ley exponencial de desintegración.
43
(2.1)
,,.-
44 Fisica Nuclear: problemas resueltos
N
eno
.¿;
()
o:l
:;
o:l
...
en
o
O)
()
.;:l
Z
tiempo
FIGURA 2.1. Ley exponencial de la desintegración
No es el número de núcleos presentes en t = O. N(t) es el de núcleos que quedan al
cabo de un tiempo t. El tiempo necesario para que se desintegre la mitad de ellos viene
representado por el periodo de semidesintegración T o simplemente periodo. Haciendo
No ln2
N - - =} T = ,---.- 2 /\.
La vida media, " es el tiempo medio que sobrevive un núcleo antes de desintegrarse.
Puede demostrarse que vale
1
, = :¡.
Es más práctico utilizar la actividad (número de desintegraciones por segundo),
que es la velocidad a la cual se desintegra una muestra radiactiva
A(t) = AN(t) = Aoe-At, (2.2)
~
siendo Ao = ANo, la actividad inicial.
La unidad de medida de la actividad es el becquerelio: 1 Bq = 1 des/s. Otra unidad
muy utilizada es el curio: 1 Ci = 3,7 X 1010 Bq.
Cuando un núcleo se desintegra en otro que es también radiactivo, y éste en otro,
etcétera, se tiene una cadena o serie radiactiva 1 _ 2 _ 3 _ ...
Radiactividad 45
El núcleo padre disminuye según dN¡ = -A¡N¡dt. El siguiente aumenta como
resultado de la desintegración del padre, pero al mismo tiempo disminuye según su
propia constante Az. Entonces, resulta dNz = A¡N¡dt - AzNzdt.
Resolviendo las ecuaciones se llega a
Nz(t) = ,NoA~ (e-Alt _ e-A2t),z - ¡
suponiendo que las condiciones iniciales son: Nz(O) = O, N¡(O) = No.
Az(t) = AzNz = No A¡AZ (e-Alt _ e-A2t),Az - A¡
así puede continuar se la cadena para N3, •••
Equilibrio radiactivo
(2.3)
(2.4)
a) A¡ < Az
El padre con periodo muy largo se desintegra de manera aproximadamente cons-
tante, e- Al t :::;1
Y N¡:::; No
Nz(t) = N~:I (1 _ e-A2t),
para tiempos largos, e- A2t :::; O, y resulta que ambos se desintegran a la misma
velocidad: A¡N¡ = AzNz. Éste es un ejemplo de equilibrio secular.
b) A¡ < Az
La relación entre las actividades es de la forma
AzNz Az
A¡N¡ = (Az - A¡)'
para tiempos largos.
El núcleo 2 se desintegra con velocidad ligeramente mayor que el núcleo 1. Esta
situación se conoce como equilibrio transitorio.
c) A¡ > Az
En este caso el núcleo padre se desintegra más rápidamente y la actividad del
hijo aumenta hasta un máximo y lue>godisminuye según su constante Az. Para
t grande, e-Alt desaparece también, y la ecuación (2.3) se transforma en
NoA¡ -A2te
Nz(t) = , _ Az¡
-
46 F/sica Nuclear: problemas resueltos
Cuando un núcleo inestable experimenta un proceso de desintegración radiactiva,
se transforma en otro núcleo que posee o conducirá a una configuración más estable.
Esto lo puede hacer mediante la emisión de partículas (a, f3) donde el núcleo hijo
es una especie nuclear distinta, o bien emitiendo radiación electromagnética (y) y el
núcleo hijo es de la misma especie. El balance energético de la desintegración será
Q = (mp - md - me)c2 = ER +Ee +Eniv., (2.5)
siendo mp la masa del padre, md la masa del hijo, me la masa de las partículas
emitidas, ER la energía cinética de retroceso del núcleo, Ee la de las partículas emitidas
y Eniv. la energía de excitación del hijo, si no está en su estado fundamental.
1.2. Tipos de desintegración
Desintegración (X
La partícula alfa es el núcleo del He4. El proceso de emisión es el siguiente
X~ - y~:::i+Hei·
Esto ocurre en núcleos con A > 140, porque la partícula a forma un sistema fuerte-
mente enlazado. Un ejemplo: Ra~~6- Rn~~2+a. Las energías cinéticas desprendidas
en el proceso son altas.
Reglas de Selección Si ¡ex es el momento angularde la partícula a emitida en la
desintegración, su valor será ¡ex = 11i -l¡ 1, donde Ii es el momento angular total del
estado inicial e I¡ el del estado final. El cambio de paridad en la transición, L\n, viene
dado por (-li'" .
1.3. Desintegración fJ
Ocurre en núcleos que tienen neutrones o protones en exceso. Se emite siempre
un neutrino.1 Hay tres procesos:
a) desintegración f3-: n - p + e- +v
A yA - +-Xz - Z+1 +e v,
b) desintegración f3+: p - n + e+ + v
x~ - y~-1 +e+ +v,
----
Radiactividad 47
c) captura electrónica, (C.B.): p + e- - n +v
x~+e- - Y~-1 +v,
En todos ellos se conserva el número másico A = Z + N.
Reglas de Selección Transiciones permitidas: t"!.I = II¡ - IJ I = 0,1; cambio de
paridad, t"!.n::} no.
Hay una serie de transiciones denominadas "prohibidas". La designación de tran-
siciones "prohibidas" indica que dichas transiciones son mucho menos probables que
las permitidas (y por tanto con vida media más larga). Se clasifican de la siguiente
manera, en orden de probabilidad decreciente
1.a Prohibida --- t"!.I = 0, 1,2 t"!.n::} sí.
2.a Prohibida --- t"!.I = 2,3 t"!.1i::} no.
3.a Prohibida --- t"!.I = 3,4 t"!.n::} sí.
4.a Prohibida --- t"!.I= 4,5 t"!.n::} no.
Diagrama de Kurie La probabilidad de encontrar un electrón con un momento
comprendido entre p y p + dp es:
[ 2] 1/2P (P)dp - p2F(Z,E)(Eo - T) (Eo - Ti - (mvc2) dp,
donde el factor de Fermi, F(Z, E), es un factor de corrección de la barrera de Coulomb,
y está tabulado. Tomando ,la masa del neutrino mv = ° y representando
.,
P(P)ex'p
F(Z,E)p2
en función de la energía (E ó T),
donde P(P)exp es el número de partículas medidas, por unidad de intervalo de mo-
mento, tenemos el denominado diagrama de Kurie o Fermi-Kurie.
~
.-r
48 F(sica Nuclear: problemas resueltos
. / P(P)V p2F
T(keV)
FIGURA 2.2. Diagrama de Kurie
Esta gráfica sirve para comprobar la teoría de Fermi del proceso fJ y además
obtener información de si el proceso está permitido o prohibido.
En el caso de las transiciones permitidas da una línea recta; en el caso de las
prohibidas saldría una recta si se tiene en cuenta el factor de forma S que dependede la transición.
Desintegración y
En este caso no se emite ninguna partícula con masa. Un estado excitado decae a
otro más bajo o al fundamental emitiendo un fotón y con energía igual a la diferencia
de energías entre los dos estados.
X;i * ---. X;i +y.
Suele aparecer acompañando a las desintegraciones alfa y beta.
Reglas de Selección Sea L el grado de multipolaridad:
I J; -l¡ I :::;L :::;J; + l¡ (no L = O)
Lln::} no ---. eléctrica par (E2, E4 ), magnética impar (MI, M3 )
Lln::} sí ---. eléctrica impar (El, E3 ), magnética par (M2, M4 )
~ ~
2. PROBLEMAS RESUELTOS
2.1. Leyes de la desintegración radiactiva
CD ¿Qué proporción de U235 estaba presente,
(a) en una roca formada hace 3x 106 años, dado que la proporción actual de U235
a U238 es de 1/140?
(b) ¿y en una roca formada hace 5x 109 años (edad de la Tierra)?
T235 = 7,2 X 108 años. T238 = 4, 5 X 109 años.
Solución:
Utilizando la fórmula (2.1) tenemos que
N235 = No(U235) e- i;;5 t,
N ( 238 _...!!!2...t238 = No U ) e T238 ,
la relación de núcleos iniciales será
No(U235)
No (U238)
(a) t = 3 X 106 años
..!n.2....t
N235 e- T238
--~,
N238 e- T235 t
L
ln2 t
e- T235 = 0, 9971,
In2 t
e- T238 = 0,9995,
No(U235) __ 1_ 0,9995 = 7, 16 x 10- 3 = 11/139, 71- - 140 0,9971
(b) t = 5 X 109 años
_...!!!2...t 3
e T235 = 8, 119 x 10- ,
ln2 t
e- T238 = 0,463,
50 Física Nuclear: problemas resueltos
No (U235)
No(U238)
1 0,463
140 8,119 x 10-3 = 0,407 = 11/2,45 I
Se observa que cada vez hay mayor proporción de U235, al ir alejándonos en el
tiempo.
® La cadena radiactiva del Th232conduce al Pb208estable. Se dispone de una roca
que contiene 3,65 9 de Th232y 0,75 9 de Pb208.¿Cuál será la edad de la roca
deducida a partir de la relación Th/Pb? T = 27 días.
Solución:
Th232
2
Pb208
El número de núcleos de Th232 contenidos en 3,65 g es
mNA _ 3,65 x 6,023 x 1023 = 9,47 X 1021núcleos de Th232,
NI =~ - 232
en 0,75 g de Pb208 hay
1023 'b2080,75 x 6,023 x _ 2 17 X 1021nucleos de P .
N2 = 208 - ,
Recordando la fórmula (2.1),
N2 = NI e-A!; 2 = ln2 = 0,0256 d-I,T
e-A! = N2 _ 2,17
NI - 9,47 = 0,229,
entonces la edad de la roca será
ln(0,229) _ -1,47 =1 57,57 d It = -2 - -0,0256 _
CID Se tiene una especie radiactiva Xl cuyo periodo es de 2 h. Esta especie se desin-
tegra en otra X2 con periodo de 10 h. Esta segunda especie se desintegra a su
vez en una tercera X3 que es estable. Suponiendo que el número de átomos de
i la 1.a especie es NI (O) = 50.000 en el instante inicial, y que en dicho instante no
L existen de las otras especies. calcular:
Radiactividad 51
(a) La actividad inicial de la especie Xl'
(b) La cantidad de la especie Xz que existe al cabo de 1 h.
(c) La actividad de la especie Xz al cabo de 1 h.
(d) La masa de la especie Xl al cabo de 5 h, suponiendo que su masa atómica
es 97.
Solución:
Al Az
Xl -- Xz -- X3
NI (O) = 50.000,
Al = 0,346 h-¡,
Az = 0,0693 h-¡.
(a) Teniendo en cuenta la ecuación (2.2)
A¡(O) = A¡N¡(O) = 0,346 x 50.000 = 17.325 djh,
A¡(O) = 14,8 Bq I
(b) Según la expresión (2.3)
N ( ) = N¡(O)A¡ ( -Alt _ -Azt)zt A A e e ,z - ¡
50.000 x O,346 (e-O•346 _ e-O,0693) = 114.121 I núcleos de Xz,N2(lh) = A. ArrV'l A "" A' _
(c) Utilizando la expresión (2.2) y el valor obtenido en el apartado (a) para
Nz(1 h),
Az(1h) = Az Nz(lh) = 0,0693 x 14.121 = 978,6 djh,
Az(1h) = I 0,27 Bq I
fr ~...
~
1
52 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos
(d) Tenemos que calcular el número de núcleos que hay de la especie Xl al cabo
de 5 h.
N¡(5h) = Nl(0)e-A1.5 = 50.000e-O,346.5 = 8.864,2 núcleos,
Nl(5h) = ml(5h)NA:::} ml(5h) = Nl(5h)AA NA '
h 8.864,2 x 97 I 1 - 18 I dml(~ ) = {.,()')~v ]()23 = 1,43x O g e Xl a las 5 h.
@) El Pd98 se desintegra por positrones en Rh98, Sus periodos respectivos son de
17 y 8,7 m. Encontrar la actividad máxima del 2.° nucleido en función de la inicial
de la preparación, si en el momento inicial había sólo del1.er elemento. Es decir:
Determinar A2(max)IA1(0).
Solución:
Según la expresión (2.4)
AA
A -N 12 (-A1r_ -A2t),2- 01 1 e e ,A2- Al
Al = O,0407m- 1; e-A1tmax=O, 496,
A2 = O,0796m-l; e-A2tm1l.X = 0,254,
para hallar la actividad máxima se deriva la expresión
dA2 _ Al(0)A2 (-Al e-A1t +A2e-A2t),-¡¡¡ - A2 - Al
que será Oen el máximo,
dA In(A lA)
_2 _ O ----'- A e-A2tmax - 1 e-A1tmax. t - 1 2 - 17 22 m
dt - --r 2 - Al , max - _ A2 1- Al - '. ,
A2(max)
Al(O)
A 0,0796
2 (-A1tmax -A2tmax) - -----(0 496 O 254)
A2 - Al e - e - 0,0796 - 0,0407 ' . -, ,
A2(max) =~A¡(O)
Radiactividad 53
® Entre los productos radiactivos que se emiten en un accidente nuclear están el
1131 (T = 8 días) y el CS137 (T = 30 años). Hay unas cinco veces más átomos de
Cs que de I producidos en la fisión.
(a) ¿Al cabo de cuánto tiempo a partir del accidente tendrán la misma actividad?
(b) ¿Qué isótopo contribuye con mayor actividad a la nube radiactiva, transcurri-
do el primer día? Suponer que el reactor está operando durante varios días
antes de producirse el accidente.
(c) De los productos de fisión, aproximadamente el1 % es 1131, Ycada fisión pro-
duce 200 MeV. Suponiendo el reactor con una potencia de 1.000 MW, calcular
la actividad del 1131 después de 24 h de operación.
Solución:
Al = 0,086 d- 1,
ACs = 6, 33 x 10- 5 d- 1,
Ncs(O) = 5Nr(0),
Ar(O) = ArNr(O),
Acs(O) = AcsNcs(O) = Acs 5 Nr(O),
Ar(t) = Ar(O) e- Al',
Acs(t) = Acs(O)e-ACs' = ACs5Nl(O) e-ACs'.
(a) Para que tengan la misma actividad
Ar(t) _ 1 ArNr(O) e-Al' _ 1- =} ------ - ,
Acs(t) Acs5 Nr(O) e- ACS'
Al - Acs ~ Ar; t = In (Ar/5Acs) _ 5,60 I' - 0,086 = 65,2 d I
Al cabo de 65,2 días tendrán la misma actividad.
"'.
J., ..,I"~
54 F/síca Nuclear: problemas resueltos
(b) Pasado el primer día
A1(1d)
Acs(1d)
Al e- Arol 0,086 e- 0,086
5Acse-Acsol = 5x6,33x 1O-5e-6,33xI0~5 =1249,3
Contribuye más el 1131,
(c) P = 1.000 MW = 109 W = 109 J/s = 6,25 x 1021 MeV/s,
1% de P = 6,25 X 1019 MeV/s, potencia debida al 113Ien el momentodel
accidente.
A1(0) = P(I131) _ 6,25 X 109 MeV/s
Energía en cada fisión - 200 MeV = 3, 125 x lO17Bq,
A1(1d) = AI(O)e-Arol = 3, 125 X 1017 e-0,086
A1(1d) = 12, 86 x 1017Bq I
2.2. Desintegración alfa y beta
G) Clasificar las siguientes desintegraciones por su grado de prohibición
(a)
Sr89(~+) _ y89(~-),
(b)
CI36(2+) _ Ar36(0+),
(c)
AI26(5+) _ Mg*26(2+),
(d)
Zr9\~+) _ Nb*97(~-),
Radiactividad 55
Solución:
(a)
(b)
(c)
(d)
Ii = ~, ni = + }
!:i.I = 2, !:i.n = sí::} La Prohibida.
l¡ = i, nf =-
Ii = 2, ni = + }
!:i.I = 2, !:i.n = no::} 2.a Prohibida.
If = 0, nf = +
Ii = 5, ni = + }
!:i.I = 3, !:i.n = no::} 2. a Prohibida.
If = 2, nf = +
Ii = i, ni = + }_ 1 _ !:i.I = 0, !:i.n = sí::} La Prohibida.l¡ - 2' nf --
® Se ha encontrado que una muestra de óxido de uranio (U3 Os), recién preparada
a partir de un mineral de uranio, emite 20,5 partículas oc por mg y por s. Comentar
este resultado. A,23S = 4,8 X 1O-1s s- 1.
Solución:
A(U23S) = 20,5 ocjmg.s; Sabemos que A = A,N; así que podemos saber el número
de núcleos que tiene
A _ 20,5 = 4,27 X 101s núcleosjmg,N = 1- 4, 8 x 10- IS
como hay tres átomos de uranio en cada molécula de óxido de uranio
N = 1, 42 X 101s moléculasjmg.
Vamos a calcular ahora para 1,42 x 101s moléculas qué masa corresponde, para ver
si corresponde a 1 mg.
mmolecular = 3 x 238 + 8 x 16 = 842 u.a.m.,
N = m N A ::} m = N mmol
mmol NA
1, 42 X 101s x 842
6,023 x 1023 = 1, 98 mg.
Lo que nos lleva a un contrasentido, pues es imposible que la muestra sea de
1 mg.
56 Fisica Nuclear: problemas resueltos
CID El PU238se desintegra por emisión (X según la reacción
PU238_ U234+ (X + 5, 49 MeV,
con periodo de 128 años. Siendo el del U234de 2,5 x 105 años. Estimar la masa
inicial de PU238 necesaria para suministrar un mínimo de 1 kW de calor cuando
hayan pasado 50 años.
Solución:
Q = 5,49 MeV,
A238 = 5,41 x 1O-3a-1 = 1,72 X lO-lOs-l,
A234 = 2,77 x 1O-6a-1 = 8,8 X 1O-14S-I,
P = 1 kW = 103 W = 6,24 x 1021eV/s = 6,24 x 1015 MeV/s.
La potencia calorífica producida debida a la emisión de la partícula (X será
P = A238 Q = A238N Q,
como
tenemos que
N _ mpuNA
A
mpu 6, 023 x 1023
238
•••••
P = 1, 72 X 10-10 7npu 6, ~~?nx 1023 5,49 = 2,39 X 1012mpu = 6,24 x 1015MeV /s,
6,24.1015 = 2.610 g = 2,61 kg.mpu = 1"\ "'!II"'\ 1Al'"
Al cabo de 50 años y utilizando la ecuación (2.1),
N =e-A¡t=e-5,4lxlO-3x50=0,76.
No
Al paso de los 50 años se ha reducido 0,76, por lo que inicialmente había
2,61 I0,76 = 3,43 kg I de PU238.
El producto U234 se desintegra tan lentamente, que se considera despreciable .
Radiactividad 57
@) Un cierto número de núcleos pueden desintegrarse por emisión de un electrón,
por emisión de un positrón o por captura electrónica. El Cu64 es uno de tales
núcleos. A partir de las masas atómicas, calcular:
(a) Las energías cinéticas máximas del f3+ y del f3-.
(b) La energía del neutrino en la captura del electrón.
Solución:
Con los datos de las masas atómicas obtenidos de la tabla:
M(Cu~~) = 63,929767,
M(~i~¿) = 63,927969,
M(Zn~Ó) = 63,929146.
(a)
Cu~~ - Zn~6 +f3- +v +Q.
Aplicando la ecuación (2.5) a este caso particular
Q = [M (Cu~~) - M (Zn~6)] c2 = (63,929767 - 63,929146) c2 = 6,21 X 10-4 c2,
Q = 0,578 MeV.
Considerando la energía de retroceso del Zn igual a cero y la energía cinética
del neutrino también cero, Ecmax(f3-) = Q
Ecmax(f3-) = I 0,578 MeV I
Cu~~- ~i~:+p+ +v +Q.
En este caso
Q = [M (Cu~~) - M (~i~:)- 2me] c2 = (63,929767 - 63,927969) c2 - 2 x 0,511 =
. = 1, 798 X 10-3 c2 - 1, 022 =1.,675 - 1,022 = 0,653 MeV.
Haciendo las mismas consideraciones que en el caso anterior
Ecmax(f3+) = I 0,653 MeV I
r
I
I
58 Fi'sica Nuclear: problemas resueltos
(b)
Cu~:+e- - Ni~:+v +Q +Eb,
Siendo Eb la energía de enlace del electrón, que vamos a considerar O.
Q = [M (Cu~:) - M (Ni~:)] c2 = (63,929767 - 63,927969) c2 = 1, 798 X 10-3 c2,
Q = 1,675 MeV,
Ec(v) = 11,675 MeV I
® El Bi212se desintegra por emisión ex (36%) y por emisión 13 (64%), según las
siguientes cadenas:
Bi212
a- TI208 --.!!..... Pb208 (36%),
Bi212 {3- P0212 a- Pb208 (64%).
Periodos:
Bi212.---.60,5 m, P0212.---.0,3 f.1s, TI208.---.3,1 m, Pb208.---.estable.
(a) ¿Cuál es la actividad ex de una muestra de 10-7 g de Bi212?
(b) ¿Cuál es la actividad f3?
(e) ¿Cuáles son las actividades ex y 13 después de 1, 2 Y 3 horas?
Solución:
(a)
Aa = 0,36A1N1 +A2N2.
No se conoce la expresión de N2; vamos a despejarla
dN2 dN2
-d = 0, 64A1N1 - A2N2'- -d +A2N2 = O,64A1N1,t t·
~
NI (O) = No.
NI (t) = Noe-A1t,
N2 (O) = 0,
!
i
Ii -
Radiactividad 59
dN2
-¡¡+ A2N2 = 0,64 A¡Noe- Al t.
Resolviendo la ecuación diferencial nos queda,
0, 64A¡No (e-A1t _ e-A2t),
N2 (t) = A2 _ A¡
AoJt) = 0, 36A¡Noe-A1t + 0, 64A¡A2No (e-Alt _ e-A2t)
A2- A¡ ,
Acx(t) = NoA¡ [ 0, 36e-Alt + ~~6~~~ (e-A1t _ e-A2t)] .
(b)
Ap = 0, 64A¡N¡ + A3N3,
N3(0) = 0,
dN3 = 0,36 A¡N¡ - A3N3,
dt
dN3
-¡¡ +A3N3 = 0, 36A¡Noe-Alt.
Operando igualmente que en el caso de N2
0, 36A¡No (e-Alt _ e-A3t),N - ,3 - A3 -.II.¡
Ap(t) = 0, 64A¡Noe-Alt + 0, 3,6A¡A3No (e-A1t _ eA3t) ,
3 - A¡
[ ° ~6A ]Ap(t) = NoA¡ 0, 64e-Alt + A: 5_ A: (e-Alt ~ e-A3t)
(c) Se tiene que calcular cuánto vale No
...
mNA 10-7 X 6,023 X 1023 = 2,84 X 1O¡4 núcleos,
No = ----;¡- = 212
¡
i
:1
___ J
60 Frsica Nuclear: problemas resueltos
Al = 1,9 X 10-4s-1,
A2 = 2,31 X 106S-1,
A3 = 3,73 X 1O-3s-1.
Sustituyendo los respectivos valores de No, Al, A2 Y A3 en las ecuaciones deduci-
das anteriormente, obtenemos los siguientes valores
t A", Ap
1 h
2,723 X 1010Bq2,775x 1010Bq
0,74 Ci
0,75 Ci
2h
1,374x 1010Bq1,401X 1010Bq
0,37 Ci
0,38 Ci
3h
6,933x 1097,067x 109 Bq
0,187 Ci
0,191 Ci
® El Na-24, emisor /3- , tiene un periodo T1/2 = 15,O h. Con la tabla siguiente, de
cuentas por unidad de intervalo de momento y el producto Bp (rigidez magnéticaexpresada en gauss.cm) del espectrómetro, /3 magnético, hacer un diagrama deKurie. 5.950
5.6005.2804.9504.6004.2803.9503.6003.280
0,7
4,09,315,523,029,934,639,742,0
2.950
2.6002.2801.9501.6001.280950600
41,1
39,737,832,126,222,216,07,8
Solución:
Para hacer el diagrama de Kurie tenemos que relacionar la energía cinética de los
electrones, T, con la rigidez magnética del espectrómetro, Bp.
También hay que calcular . Ip ~) .VpF
Los espectrómetros magnéticos se basan en que un electrón de carga e y velocidad
v, moviéndose en un campo magnético homogéneo B, cuyas líneas de fuerza son
perpendiculares a la dirección del movimiento, describe una trayectoria circular
cuyo radio de curvatura p viene dado por:
Bev = mv2
p ,
j.
Radiactividad 61
p =mv =eBp.
También sabemos que
ET = T + moc2 = /(moc2)2 + C2p2,
T = /(moc2)2 + C2p2- moc2,
1 ( e2c2 )!]T =/(moc2)2 +c2(eBpi-moc2 =moc2 1+ m~c4 (Bp)2 -1.
Sustituyendo los valores de las constantes
T (keV) = 511 [(1 + 3,442 x 10-7 (Bpi)! - 1] ,
p(keV Ic) = /(T + 511i - 51 F.
Con estos resultados obtenemos la siguiente tabla. El valor de F, (factor de Fermi)
se ha obtenido de la bibliografía (H. A. Enge, lntroduction to Nuclear Physics,
p.316).
Bp(gauss.cm) T(keV)p(keV/c)P(P)F/~n(c/keV)
5950
1344,51783,70,71,3 0,41
5600
1243,91678,84,01,3 1,04
5280
1152,41582,99,31,3 1,69
4950
1058,51484,015,51,3 2,33
4600
959,71379,123,01,3 3,05
4280
870,11283,129,91,3 3,74
3950
778,71184,234,61,3 4,34
3600
683,11079,339,71,4 4,93
3280
597,2983,342,01,4 5,57
2950
510,4884,441,11,4 6,13
2600
421,0779,539,71,4 6,83
2280
342,4683,537,81,5 7,34
1950
265,4584,532,11,5 7,91
1600
189,9479,726,21,6 8,44
1280
128,0383,722,21,7 9,42
950
74,0284,816,01,810,47
600
30,7179,87,82,3 10,24
r
! 62 F(sica Nuclear: problemas resueltos
La gráfica obtenida es la siguiente
12
/P(p)
, p2F 10
8
6
4
2
O
<:)
<:)
O 500 1.000 1.500
T (keV)
Esta recta, ajustada por mínimos cuadrados:
./ P(P) = 10,19 - 7,45 T,V p2F
corta al eje de las energías en T = 1,37 MeV. El punto de corte del diagrama de
Kurie corresponde a la energía cinética máxima de la transición f3. Para el Na24 se
encuentra en la bibliografia que vale 1,39 MeV, valor muy aproximado al obtenido.
2.3.Desintegración gamma
G) Cierto esquema de desintegración tiene las siguientes energias y (en keV): 32,7;
42,1; 74,8; 84,0; 126,1 Y 158,8. Estudios de coincidencias muestran dos carac-
terísticas del esquema de desintegración: sólo una de las y's no tiene ninguna
de las otras en coincidencia con ella, y ninguna de las gamma está en coinci-
dencia con más de tres de las otras. La radiación gamma viene precedida por
radiación beta que solamente puebla un nivel. Con esta información sugerir un
esquema de desintegración. (Hay dos posibles soluciones.)
..¡
Radiactividad 63
Solución:
Para establecer el esquema de desintegración hay que buscar relaciones entre los
rayos gamma.
La gamma que no tiene coincidencia con ninguna otra tiene que ser la que va del
nivel poblado por la desintegración del f3 al estado fundamental, es decir, la de
máxima energía 158,8 keV.
Además
158,8 = 32,7 +42,1 +84,0,
con 10 cual se podrá llegar al estado fundamental con estas tres transiciones, pero
pueden ser ordenadas de distinta manera.
Otras relaciones entre líneas serán
158,8
126,1
158,8
74,8
126, 1 + 32,7,
42,1 + 84,0,
74,8 + 84,0,
32,7 + 42,1.
Con toda esta información se pueden establecer los siguientes esquemas:
PADRE
00
o t--00 "
<r¡ N
- <')
"C)"N- No:r
o
.,f'
00
00
o:r"
t--
158,8 keV
126,1 keV
84,0 keV
o keV
64 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos
co
00 \O"
on N..........
t-N
M
co
.,¡- N"t- ~
o
~"
co
158,8 keV
74,8 keV
32,7 keV
o keV
® Los tres estados más bajos del 834 poseen las siguientes características:
Estado
Fundamental
1
2
Energía Espín y Paridad
o 0+
2,13 MeV 2+
3,30 MeV 2+
(a) Cuando se produce el núcleo en su estado de 3,3 MeV se observan tres rayos
gamma. ¿Qué energía tendrán y de qué tipo son?
(b) Dibujar un diagrama de niveles. Calcular las intensidades relativas de los
rayos y suponiendo que todos los núcleos se forman constantemente en el
estado 2. ,
Solución:
(a) El primer gamma será el que va del estado 2 al fundamental, tendrá 3,3 MeV
(y¡).
El segundo irá del estado 1 al fundamental, con 2,13 MeV (Y2)'
El tercero del estado 2 al estado 1, la energía será 1,17 MeV (Y3)'
Veamos ahora de qué tipo se trata cada uno.
-
Radiactividad 65
'JI1: 2+ ----<0+, 1i = 2 Y 1f = O L = 2, no cambia la paridad. Tiene que ser
unE2.
'JI2: 2+ ----<0+, se trata del mismo caso que el anterior, E2.
'JI3: 2+ ----<2+, 1i = 2 Y 1f = 2 L E [0,4], la paridad no cambia. Puede ser
E2 ó MI. (También podría ser E4 ó M3, pero la probabilidad es mucho
menor al aumentar la multipolaridad.)
Para ver cuál de las dos es tendríamos que conocer las probabilidades de
transición para los dos casos; estas probabilidades están estimadas por
Weisskopf y Mosskowski. Se trata de una serie de curvas que nos dan el
valor de log A para una energía determinada (siendo A la probabilidad de
transición), para cada transición considerada (estas curvas aparecen en la
bibliografia, H. A. Enge, lntroduction to Nuclear Physics, pp. 260-261).
Encontramos que para 1,17 MeV:
E2 ----<log A - 10 } Nos da casi el mismo valor, por lo que se trataMl----<logA-13 deE2+Ml
(b) Para el 'JI1(3,3 MeV, E2) ----<logA1 - 13.
Para el 'JI2(2,13 MeV, E2) ----<10gA1- 12.
Además en una situación de equilibrio 1(2) = 1(3)
1(1) Al 1013
1(2) = ,12 = 1012 = 10.
Si tomamos I 1(2) = 1 = 1(3)----<1(1)= 10 I
El diagrama de niveles es el siguiente
o
M
rri"
3,30 MeV
2,13 MeV
0+
Y2 y¡
OMeV
r
I
!
I
! 66 F/sica Nuclear:problemasresueltos
® El Ra226 se desintegra por emisión de dos rayos ex de energías 4,781 y 4,598
MeV pasando a Rn222 en el estado fundamental y en un estado excitado, respec-
tivamente.
(a) Sabiendo que la masa atómica del Ra es 226,025401 u.a.m., hallar la masa
atómica del Rn.
(b) Hallar la energía, espín y paridad del estado excitado del Rn sabiendo que
el emitido en la desexcitación es de tipo E2 (suponer válido el modelo de
capas para el estado fundamental).
(c) Dibujar el diagrama de niveles de la desexcitación.
Solución:
Ra226 ----; Rn222 + He4 + Q.
(a) Q = 4,781 MeV = 0,00513 c2•
La energía del ex debido a la desintegración al nivel fundamental corresponde
a la Q de la desintegración, suponiendo despreciable la energía del núcleo de
retroceso
Q = (m; - mI) c2 = [m (Ra226) - m(Rn222) - m (He4)] c2,
Buscando en las tablas m (He4) = 4,002603 u.a.m ..
Despejando la masa del Rn222
m(Rn222) = 226,025401 - 4,0022603 - 0,00513,
m(Rn222) = 1222,01766 u.a.m.
(b) La energía del estado excitado vendrá dada por la diferencia de energías entre
la del primer alfa y el segundo. El nivel fundamental tiene energía cero.
El = 4,781 - 4,598 = I 0,183 MeV
Radiactividad 67
El espín y paridad del estado fundamental, suponiendo válido el modelo de
capas, es 0+. Teniendo en cuenta las reglas de selección, al ser la desexcitación
de tipo E2, la paridad debe ser + en el estado excitado; además sabemos que
L = 2 (multipolaridad),
If =0,
IIi - If I ~ 2 ~ IIi + If l·
La única solución posible es que Ii = 2:::} El estado excitado tendrá
[E]
(c) El diagrama de niveles será:
M
00
.....ó
2+
0+
IX
4,781 MeV
/
0,183 MeV
r
68 F/síca Nuclear: problemas resueltos
3. PROBLEMAS PROPUESTOS
1. La actividad del carbono encontrado en especímenes vivientes es de 0,007 /lCi
por kg, debido a la presencia de C14. El carbón procedente de un fogón situado
en un campamento indio tiene una actividad de 0,0048 /lCi/kg. El periodo del
C14 es de 5.730 años. Calcular el año en que este campamento fue usado por
última vez.
2. El isómero excitado del Ba137 (T = 2,55 m) se obtiene de forma pura por sepa-
ración química de su padre, el CS137.Si en un momento dado hay 1 /lCi de bario
presente, ¿cuántos núcleos se habrán desintegrado al cabo de 5 m?
3. La cadena de desintegración:
CS139~ Ba139~ La139,
se estudia a partir de una muestra inicialmente pura de 1 mCi de CS139cuya
T = 9,5 mino La del Ba es T = 82,9 min, siendo estable el La. ¿Cuál es la
actividad máxima del Ba y cuándo ocurrirá?
4. Una pieza de torio que contiene 1 kg de Th contiene también 200 g de Pb. El
Pb208 es el descendiente estable final de la serie radiactiva cuyo precursor es el
Th232. El periodo del precursor es de 1,4 x 1010 años.
(a) Suponiendo que todo el Pb de la roca proviene del decaimiento del Th, y
que no se ha perdido nada, calcular la edad de la roca.
(b) Existen en total seis partículas alfa emitidas en la desintegración de la serie
radiactiva. Calcular cuánto helio se ha producido en la roca.
5. Calcular el periodo del K40 sabiendo que:
(a) El potasio natural contiene los isótopos 39, 40 Y 41 en proporciones: 0,933;
1,19 x 10-4 y 0,067 (en n.Ode átomos por átomo de K natural). Los isótopos
39 y 41 son estables. Peso atómico medio del K natural = 39,1.
(b) Un gramo de potasio natural emite 31 partículas f3 /s y 3,4 rayos y/s. Estos
rayos y provienen de la desintegración por captura electrónica, dando un
gamma por desintegración.
6. Con los datos del problema anterior, hallar la edad del mineral de potasio en el
que hay acumulados 1,54 x 10-2 cm3 de Argon en c.n. por g de potasio.
BIOomum
Radiactividad 69
7. ¿Cuál es la actividad (en curios) de una muestra de 8 gr de agua que contiene
1 átomo de tritio por 105 átomos de H? El tritio decae por emisión beta con
T = 12,26 años.
8. Un neutrón libre es en sí radiactivo y se desintegra espontáneamente en un
protón, un electrón y un antineutrino:
n --> p + /3- + v.
Suponiendo al neutrón en reposo,
(a) Calcular la Q de la reacción,
(b) Calcular las velocidades del protón y el electrón después de la desintegración.
9. Sabemos que el neutrón libre se desintegra espontáneamente. ¿Se desintegrará
el protón libre? ¿Por qué?
10. En un espectro de electrones, los resultados experimentales de los momentos de
una muestra radiactiva, son los siguientes:
p =.J8 moc --> P(p) = 288,
P = .j24 moc --> P (p) = 384,
p =.j48 moc --> P(p) = 192.
(a) Hacer un diagrama de Kurie con estos datos, considerando que F(Z, E) = 1.
(b) Determinar el punto de corte del espectro /3 ( en términos de moc2).11. Completar la siguientes ecuaciones con las componentes que faltan:
(a)
v+Hé -->
(b)
He6 --> Li6 + e- +
(c)
e- +B8-->
70 F/sica Nuclear: problemas resueltos
(d)
v +C12_
(e)
K40_v
(f)
K40 -11
12. Se estudia la desintegración ex del Th232• Utilizando las masas de los núcleos
inicial y final, se ha determinado el valor de Q, siendo éste de 4,09 MeV. Estimar
el periodo de desintegración del Th232 y explicar por qué se clasifica al Th232
como núcleo estable.
13. En la reacción C060 -> Ni60 + 13- + 11 :
(a) Hallar la energía cinética máxima con la que saldría la beta en el caso en
que el Ni quede en el estado fundamental.
(b) El Ni60 posee dos estados excitados de 2,50 y 1,33 MeV. ¿Es energéticamente
posible la emisión y tras la desintegración 13- del Co?
(c) ¿Cuál será la máxima energía de la 13- en el caso en que el Ni quede en cada
uno de los estados excitados?
14. La desintegración ex de un núcleo, cuya masa está cercana a 200, tiene dos com-
ponentes de energías 4,687 y 4,650 MeV. Ninguno puebla el estado fundamental
del hijo, pero cada uno va seguido de una emisión gamma, de energías 266 y
305 keV, respectivamente. No se observa ningún otro rayo y.
(a) Con esta información dibujar un esquema de desintegración.
(b) El estado desde el que decae el padre tiene espín 1 y paridad negativa, y
el estado fundamental del hijo tiene espín O y también paridad negativa.
Explicar por qué no hay una desintegración ex directa al estado fundamental
del hijo.
1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA
1.1. Interacciones
Partículas pesadas cargadas
El mecanismo dominante en la pérdida de energía de las partículas cargadas es
la dispersión de Coulomb por electrones atómicos. Es más probable que la partícula
choque con un electrón que con el núcleo.
En una colisión frontal entre una partícula de masa M y un electrón de masa m,
la pérdida de energía cinética de la partícula es de la forma
~T = T (~).
La pérdida específica de energía por ionización o poder de frenado para partículas
cargadas está dada por la Fórmula de Bethe
dE 4nZ2e4 [ 2mv2 ]- dx = mv2 N In 1(1 _ 132) - /32 ,
donde 1 es un parámetro que representa un potencial medio de excitación, y vale
1~1l,5Z(eV).
71
72 Fl'sica Nuclear: problemas resueltos
La trayectoria de las partículas pesadas es prácticamente rectilínea. La distancia
recorrida hasta que pierde su energía y se detiene se llama alcance. El alcance R
depende de la energía de la partícula, de su masa y del material que atraviesa.
10( dE )-1R= -- dE.T dx
Aquí T es la energía cinética de la partícula, no un periodo. Es posible escribirlo en
función de la velocidad de la partícula, que es independiente de su masa y su carga.
- M jV f(v)dv, vR - Z2 o
donde z es el número atómico de la partícula, M el peso atómico del absorbente y
f (v) es función de la velocidad de la partícula.
Se puede usar la fórmula empírica del alcance de partículas (X
partículas (X en aire: Rry. = 0,31 T3/2 cm; 4 < T < 7 MeV,
partículas (X en un medio de número másico A:
R~ = 0, 56Rry. AI/3 mg/cm2
donde Rry. (cm) es el alcance en aire de la partícula con la misma energía T (MeV).
Rutherford demostró que la repulsión coulombiana entre un núcleo de un átomo
pesado y una partícula (X incidente da lugar a que ésta describa una trayectoria
hiperbólica. La distancia perpendicular desde el centro de un núcleo a la recta de
incidencia se conoce como parámetro de impacto b, cumpliéndose
zZe2 e
b = - M 2 cot -2'nso IVI
siendo z y Z los números atómicos de la partícula (X y el núcleo; M¡ vi = doble de la
energía cinética de la partícula (x, y e el ángulo de desviación de la dirección original
de la partícula (X.
La distancia de máxima aproximación para una interacción de Coulomb repulsiva,
está representada por el diámetro de la colisión
zZe2
-d = ---- 2.
2nsoM¡v¡
Interacción de la radiación con la materia 73
Electrones
Interaccionan, como las partículas pesadas, por la dispersión de Coulomb. Se
diferencian en que tienen a menudo velocidades relativistas, la trayectoria es en zig-zag
y el alcance (definido anteriormente) es mucho menor que su trayectoria. En la fórmula
de Bethe para los electrones hay que tener en cuenta las velocidades relativistas.
A causa de que están sometidos a aceleraciones al pasar cerca de los núcleos,
producen bremsstrahlung, o radiación de frenado. La pérdida total de energía tiene
en cuenta las dos contribuciones: ionización y radiación.
~~ = (~~) ion + ( ~~ tad .
En forma abreviada, queda
(dE) 4r2 2 183- d = 137NTZ In ZI/3'X rad (3.1)
donde T es la energía cinética del electrón, r su radio, N la concentración de átomos
en la sustancia y Z el número atómico de la sustancia.
(dEjdx)ion ~
(dEjdx)rad ~
800
ZT(MeV)'
(3.2)
Como se observa en la ecuación (3.2), el término radiativo es importante solamente
a altas energías y en materi;;¡les pesados.
Para determinar el alcance se utiliza una fórmula semiempírica de Feather. En el
caso del aluminio es de la forma
2 { 0,407 TUs,Rp(gjcm ) = 0,542 T - 0, 133,
Radiación de Cerenkov
0,15 < T < 0,8MeV
0,8<T<3MeV
Ten MeV.
Si la velocidad de una partícula cargada atravesando un medio de índice de re-
fracción n es superior a la velocidad de la luz en ese medio, se forma un frente de
onda cohenmte propagándose a un ángulo e con la dirección de la partícula, donde
cjn __ 1 .
cose = 7JC - n{3
Esta coherencia no aparece hasta que {3 = 1j n, que es la energía umbral para
observar la radiación.
r
I
74 Frsica Nuclear: problemas resueltos
Radiación electromagnética
Los tres procesos principales por los que interacciona la radiación electromagnética
(rayos y y rayos X) con la materia son: el efecto fotoeléctrico, el efecto Compton y la
creación de pares.
En el efecto fotoeléctrico, un fotón es absorbido por un electrón atómico y éste sale
libremente. La energía del electrón liberado es igual a la del fotón menos su energía
de enlace. Un electrón libre no puede absorber un fotón, porque es imposible que la
reacción e + y --+ e conserve a la vez el momento y la energía.
El efecto Compton consiste en la dispersión de fotones por electrones libres. La
energía del fotón dispersado un ángulo e vale
2
E _ moc
- (1- cose) +moc2jEo' (3.3)
donde Eo Y E son las energías del fotón incidente y dispersado, respectivamente, y
mo es la masa en reposo del electrón.
En el proceso de creación de pares, un fotón crea un par electrón-positrón y des-
aparece.
El balance de energías es
Ey = T+ +mc2 + L +mc2,
siendo T+ y L las energías cinéticas del positrón y el electrón. Como el efecto fo-
toeléctrico, este proceso necesita la presencia de un átomo para que se produzca.
Necesariamente hay un umbral, que es de 2mc2 = 1,022 MeV, por lo que es impor-
tante sólo para fotones de alta energía.
Atenuación
Consideremos un haz colimado de fotonesmonoenergéticos, incidente sobre una
lámina de material de espesor x. El fotón puede producir cualquiera de los tres efectos
citados, o varios a la vez. Los fotones que atraviesan la lámina son los que no han
interaccionado, y el haz emergente es más débil.
La ley de atenuación es de forma exponencial,
1= Ioe-/-lX,
donde f.1 es el coeficiente de atenuación total para un medio a una energía determinada,
que vale
f.1 = /-tI + f.1c + f.1p,
siendo los tres sumandos las probabilidades para el efecto fotoeléctrico, Compton y
creación de pares, respectivamente. Se mide en cm - 1.
••••••• ~a_oumuouMu.umu._""'mU"m""IM""m"'"~""m"'''~''''ml''~I''~''M''~''m· _=
Interacción de la radiación con la materia 75
Con frecuencia el espesor se mide en gjcm2 de absorbente. Se habla entonces del
coeficiente de absorción másico definido como /1j p Ymedido en cm2 jg.
En la figura 3.1 se puede ver la atenuación para distintos haces de partículas alfas,
betas y radiación gamma (partiendo de la misma intensidad inicial). Para las alfas
aparece el alcance medio (ReJ, para las betas el alcance extrapolado (Rp) y para las
gammas un "alcance" medio (Ry, el concepto de alcance como tal no es aplicable a
la radiación electromagnética).