Física Nuclear. Problemas Resueltos - María Shaw & Amalia Williart

www.fullengineeringbook.net ,... www.fullengineeringbook.net 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». Printed in Spain ~ 28850 Torrejón de Ardoz (Madrid) - -, www.fullengineeringbook.net INTRODUCCIÓN CAPÍTULO 1. PRINCIPALES 11 CARACTERÍSTICAS DEL NÚCLEO .•....... 13 l. Introducción teórica 13 1.1. Propiedades nucleares 1.2. Modelos nucleares . . 2. Problemas resueltos 16 . 23 2.1. Radio 2.2. Masa 2.3. Energía de enlace 2.4. Modelos nucleares . 23 . 26 . 29 . 33 . 40 3. Problemas propuestos CAPÍTULO 13 2. RADIACTIVIDAD 43 1. Introducción teórica 43 1.1. Leyes de la desintegración radiactiva 1.2. Tipos de desintegración 43 46 7 J ".. 8 F/sica Nuclear:problemas resueltos 2. Problemas resueltos 2.1. Leyes de la desintegración radiactiva 2.2. Desintegración alfa y beta 2.3. Desintegración gamma " " 3. Problemas propuestos CAPÍTULO 3; INTERACCIÓN 68 DE LA RADIACIÓN CON LA MATERIA .... 1. Introducción teórica 1.1. Interacciones 1.2. Detectores 2. Problemas resueltos 2.1. Partículas cargadas 2.2. Radiación electromagnética 2.3. Detectores 2.4. Estadística 3. Problemas propuestos CAPÍTULO 4. REACCIONES 49 49 54 62 71 71 71 75 79 79 82 85 89 93 NUCLEARES 95 www.fullengineeringbook.net 1. Introducción teórica 1.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares 1.2. Tipos de reacciones nucleares 1.3. Sección eficaz 1.4. Velocidad de producción de una reacción nuclear 2. Problemas resueltos 2.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares 2.2. Niveles de energía y secciones eficaces. Resonancia 2.3. Energía umbral " 3. Problemas resueltos CAPÍTULO 116 5. FÍSICA DE NEUTRONES 119 l. Introducción teórica 1.1. Determinación de secciones eficaces 1.2. Dispersión y moderación de neutrones 2. Problemas resueltos 2.1. Interacción de neutrones 2.2. Propagación de neutrones en la materia 2.3. Moderación y difusión de neutrones 3. Problemas propuestos Il....c 95 96 97 97 98 100 100 106 111 119 119 121 " 125 125 130 134 138 "1 Indice CAPÍTULO 6. FISIÓN Y FUSIÓN NUCLEAR: 141 1. Introducción teórica 141 1.1. Fisión 1.2. Fusión 141 149 2. Problemas resueltos 155 2.1. Fisión 2.2. Fusión 155 162 3. Problemas propuestos CAPÍTULO 9 7. PARTÍCULAS 169 ELEMENTALES 171 1. Introducción teórica 171 1.1. Clasificación de las partículas observadas 171 1.2. Características 176 y propiedades 2. Problemas resueltos 179 2.1. Propiedades generales 179 2.2. Interacción relativista de partículas 2.3. Desintegración de partículas elementales 2.4. Energía umbral 183 187 www.fullengineeringbook.net 191 3. Problemas propuestos CAPÍTULO 8. PROTECCIÓN 196 RADIOLÓGICA 199 1. Introducción teórica 1.1. Magnitudes más importantes 199 1.2. Blindajes 1.3. Límites de dosis 202 204 2. Problemas resueltos 207 2.1. Dosimetría 207 2.2. Cálculo de blindajes 212 3. Problemas propuestos SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS -- 199 , 217 219 Capítulo primero 219 Capítulo segundo 220 Capítulo tercero 222 - ~ ~------- .fullengineeringbook.1'" 10 F/sica Nuclear: problemas resueltos Capítulo cuarto 224 Capítulo quinto 225 Capítulo sexto 226 Capítulo séptimo 227 Capítulo octavo 228 APENDICE A: Esquemas de desintegración 229 APENDICE B: Propiedades nucleares 235 APENDICE C: Unidades y constantes 269 BIBLIOGRAFÍA 273 www..net li.. el carácter adecuado para facilitar el estudio y la comprensión de algún aspecto de la física del núcleo. Por eso nos parece oportuno aportar la experiencia que hemos acumulado durante muchos años de docencia en la Universidad a Distancia. obligatoria para todos los estudiantes de la Licenciatura en Física. según nuestra experiencia. escasos en todo el mundo y especialmente en España. la abundancia de buenos libros teóricos de Física Nuclear no se ve acompañada con la de libros de problemas. Así lo reconocen los nuevos planes de estudio de las universidades españolas. pero todos tienen. La mayoría de los problemas han sido propuestos como trabajos prácticos a nuestros alumnos o como ejercicios de examen. otros adaptados. desde la medicina a la producción de energía -incluida la alternativa de fusión de plasmas en la que se tienen puestas tantas esperanzas -. Creemos que esta colección de problemas puede ser muy útil para los estudiantes de Física Nuclear. al establecerla como asignatura troncal. como elemento auxiliar . Por eso hemos hecho una selección. Los temas abordados cubren una gama amplia. la protección radiológica o multitud de usos industriales.net 11 ~ . pasando por la dosimetría. No es nuestro objetivo abarcar todos los aspectos de la Física Nuclear. Sorprendentemente. Algunos son originales. Además constituye una proporción muy importante de las investigaciones en Ciencia Básica.fullengineeringbook. en Biología." Son numerosas las aplicaciones de la Física Nuclear. y potenciar su estudio en las Ingenierías. tanto en la enseñanza teórica como en las prácticas de laboratorio. Se empieza por las propiedades generales de los núcleos para seguir con la radiactividad y las interacciones de la www.o como preparación para la Cosmología o para la Física de Partículas Elementales. teniendo en cuenta los programas que suelen darse en las asignaturas de esta materia de las Universidades españolas.por ejemplo. lo mismo en Ingenierías que en Ciencias. en sí misma. Se dedica también atención a la neutrónica y a los reactores nucleares. Por esta razón incluimos en este libro un capítulo sobre dosimetría y protección radiológica. por tanto. en orden de dificultad creciente. etc. Su uso imprudente o su desconocimiento es peligroso y puede llegar a producir lesiones graves.. Cada capítulo se refiere a un tema concreto y está dividido en secciones. El manejo de las radiaciones nucleares y los rayos X es una cuestión delicada que debe hacerse con sumo cuidado. pero que no pretende suplir lá exposición más detallada que puede encontrarse en cualquiera de los abundantes tratados teóricos. biología.-12 F/sica Nuclear: problemas resueltos radiación con ljl materia. cuyas soluciones aparecen al final del libro. Empiezan todos por una breve introducción teórica. tanto más cuanto que son invisibles y no se pueden detectar sin instrumentación adecuada.. equipos industriales. en el Apéndice se añaden varias Tablas que creemos muy útiles: Tablas de unidades y constantes.. esta última basada en la evaluación publicada en 1993. Es. En cada capítulo se desarrolla en detalle la solución de un conjunto de problemas. pensada como ayuda rápida al lector. muy importante que sean bien estudiadas por quienes las utilizan en medicina.fullengineeringbook. Por eso se recomienda usar este libro en combinación con alguno de esos textos. sin cuyos consejos y estímulos hubiera sido difícil haber terminado este libro. Siguen luego otros sin resolver.net ir. energía nuclear.. Queremos hacer constar nuestro inmenso agradecimiento a la colaboración y ayuda prestada por el profesor Antonio Fernández-Rañada. pero cuyo resultado aparece al final del libro. Para terminar. así como a las partículas elementales. - . Esquemas de desintegración y Propiedades de todos los núclidos. EI1 total se presentan 110 problemas resueltos y 89 propuestos. www. Z) neutrones. que et numerD he nll~eDne'S'j)D1: es aproximadamente constante.fullengineeringbook. 13 j . igual a 10-15 m. obteniéndose el mismo valor en los dos casos.. se suele llamar "fermi" en física nuclear). y otros el radio de la materia nuclear que incluye los protones y los neutrones. Es importante señalar que unos miden el radio de carga. lo cual implica que el radio R es proporcional a A 1/3 R = RoA1/3 (1. el radio de la distribución de protones. INTRODUCCIÓN TEÓRICA 1. es heClr.1) donde Ro vale entre 1. Propiedades nucleares Radio nuclear Un núcleo contiene Z protones y N = (A . es decir. empaquetados en un volumen de forma esférica o. al menos.www.net 1.20 y 1.1. aproximadamente esférica.25 fm (el femtometro. Una propiedad muy interesante es que su densidad no depende apreciablemente del número másico A y es Iln\Q'(\QQe 'Vfu\\Th'C-il constante en su\nterlOr. A ~nR3 ~ cte. A esta conclusión se llega a partir de experimentos de varios tipos. net 10 . 14 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos Masa y energía de enlace La masa de un núcleo M = M(A.1.IIB 12Cl IOOMo 126Te 160Dy 197Au 238U ·· 4Hee--20Nel 14N . www... siendo mp y mn las masas del protón y del neutrón.O 200 MÁSICO (A) FIGURA 1..-... La diferencia Ll = Zmp +(A ... 1••••• -1.. en función del número másico A. .. .. Variación de la energía de enlace pornuc!eón L ~ _ . La energía correspondiente al defecto de masa es la energía de enlace o de ligadura B B = [Zmp +(A . sino algo menor.. se conoce como defecto de masa. En la figura 1. en vez de la del protón y el núcleo correspondiente.2) M(A. 89y l1°Cd 141Pr 180Hf 209Bi I I I 1 _19p •• "a "F.. ~ 2H o o 100 N...Z)mn - (1.. 75As I I •••••• ¡.9Be ~ ...Z)mn - M..1 .•.Z)]c2• En muchos casos puede usarse la masa del hidrógeno y la del átomo..•.fullengineeringbook.. Z) no es igual a la suma de la de los protones y neutrones que lo constituyen. .6Li 65 <r:: --.1 puede verse la variación de la energía de enlace por nucleón B / A..'.. ". Todos los núcleos con Z par y N par tienen 1 = O. en donde resulta: y Q = (ma + mx . se debe cumplir que los núcleos con A impar tienen 1 semientero y si A es par. Se suele representar por la letra Para muchos propósitos. Sea la reacción a + X . que vale 3 1 _q2 Ec ="5 4nEo R· Como consecuencia. los núcleos tienen momentos mu1tipo1ares electromagnéticos. con carga q y radio R. (l.mb . Este método se utiliza para determinar el radio de un núcleo.my) e2• La energía de separación de un nucleón es la necesaria para separado de un núcleo. eh /1N = -2mp . . por ejemplo en el efecto Zeeman. Además de la carga. Otra propiedad importante es la paridad. un núcleo se comporta como un objeto elemental con espín 1 y carga Ze. Se suele aproximar a la de una distribución uniforme de carga eléctrica.. Su valor en los casos de un neutrón y un protón es Sn = B(XD . que es una medida de cuánto se diferencia la distribución de carga de la forma esférica. Espín.3) Una parte de la energía de ligadura la constituye la repulsión cou10mbiana de los protones. El más importante es el momento magnético /1. la diferencia entre las energías de Coulomb de dos núcleos espejos de cargas Ze y (Z .Ec = ~~ 5 4nEoR [Z2 _ (Z _1)2] = ~ 5 4nEoRo A2/3. que es del orden del magnetón nuclear l. La paridad suele representarse como n y. Sp = B(X~) .1) e es igual a www. junto con el espín.= 5. que puede ser + ó .B(X~-l). (1. Como cada nucleón tiene espín 1/2. que corresponde a la energía cinética con que salen las partículas en la reacción nuclear. 1 es entero. Otra magnitud importante en algunos núcleos es el I11omentocuadrupo1ar eléctrico.b + + Q.' 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.m2( ó 1fT).Suelen determinarse algunas masas midiendo la energía desprendida en una reacción.05 x 1O-27A.B(X~~ i).según sea la función de onda par o impar respecto a la inversión de las coordenadas.net é !'!.fullengineeringbook. como P'.4) donde Z representa el núcleo de mayor número atómico. por tanto. que representa una corrección proporcional a la superficie. siendo mH Y mn las masas del protón y del neutrón.net donde Mo(Z. (Nótese que este calor de vaporización es la energía necesaria para separar todas las moléculas del líquido y es.fullengineeringbook. Z) en función de la masa atómica A y de protones Z como M(A. •••• - . términos son: Los otros 1. Su resultado más importante es la fórmula semiempírica de la masa. 10 que es posible debido a dos propiedades importantes: (a) la densidad de un núcleo es aproximadamente independiente de su masa atómica A. BI (Z. que indica la parte de la energía de ligadura que es proporcional a la masa.Z) = Mo(Z. y (b) su calor de vaporización es proporcional a su masa. A) = ZmH + (A .r 16 F{sica Nuclear: problemas resueltos 1. www.A). Tiene en cuenta que los nucleones superficiales están menos ligados. B / A ~ consto Estas propiedades se corresponden bien con dos de los liquidos: (a) la densidad de una gota no depende de su tamaño. Este término decrece el valor de la masa. Mo(Z. es decir.A) + B2(Z.Z)mn. A) = -alA. 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. de von Weizsacker. A) = +a2A2/3. El término de superficie B2(Z. donde al es un coeficiente positivo. y corresponde a la tensión superficial de un líquido. A) + B3(Z. 2. con densidad uniforme y radio proporcional a A 1/3.A) +BI(Z. El término de volumen BI. A) + Bs(Z. y (b) la energía de ligadura total es aproximadamente proporcional a su masa. A) es la masa de los nucleones constituyentes. que da la masa de un núcleo M(A. A) + B4(Z. respectivamente. 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.2. 72. El término de asimetría favorece las configuraciones simétricas. as = 34 El modelo del gas de Fermi Este modelo se basa en dos hipótesis aparentemente contradictorias: (a) los nucleones . que tiene en cuenta que los núcleos con Z par y N par son especialmente estables. { = par. y (b) lo hacen sQmetidos a un potem:ial neto. mientras que los que tienen Z impar y N impar tienden a ser menos estables. constante en el interior del núcleo. a3 = 0.8. es (Krane): al = 15. Se tiene así la fórmula semiempírica de la masa: M(A. 4.5. el término de apareamiento. pues es mínimo para Z = A/2 B4(Z. A) = +a3 Á 1/3' representa la energía positiva de la repulsión electrostática de los protones. A) = a4 (A . _________________________________ --.fullengineeringbook. Z2 Una buena elección para las constantes. A) = = ° si par-impar o impar-par = -feA) +f(A) si Z impar. en MeV. Por último. que representa el efecto promediado de las interacciones con los otros nucleones. a4 = 23. Z) = ZmH + (A .2-.se mueven ipdependientemente unos de otros. se obtienen de los valores experimentales de las masas de los núcleos. a2 = 16.Principales características del núcleo 17 3.:.net la funciónf(A) se determina empíricamente comof = +asA-3/4 Los parámetros ab todos positivos..de modo semejante a los electrones de conducción en un metal. y que tiene la forma de un pozo cuadrado redondeado -tal como indica la figura 1. N N parimpar www..J .:.A2Z)2 5.Z)mn - alA + a2A2/3+ (1. Bs(Z. y nulo fuera de él. El término de Coulomb Z2 B3(Z.::tm +a4 A ±f(A).5) (A _ 2Z)2 +a3-. el número cuántico radial nr (igual al número de nadas de la función radial más uno) en vez del principal. se elige un potencial conveniente. casi no puede haber colisiones.2. sin interactuar.3 fm. cuyo efecto neto es el mismo que si no hay interacción. donde EF es la energía de Fermi. es decir. que cada uno está sometido a un potencial radial V (r). La profundidad del potencial resulta ser aproximadamente de 50 Me V.net La aparente contradicción se explica porque los nucleones... lp.r 18 F(sica Nuclear: problemas resueltos r aA1/3 o. Pozo cuadrado redondeado. uno con m¡ = 1/2. Id. Como casi todos los estados energéticamente posibles están ya ocupados. hallando las funciones de onda y las energías. O sea.fullengineeringbook. Por eso no hay restricción para 1 y se habla de estados ls. Resulta más conveniente emplear. Luego se van colocando los N neutrones y los Z protones •• • . El modelo de capas En este modelo _se supone que los nucleones se sitúan en el núcleo de una manera parecida a como 10 hacen los electrones en el átomo. desde el de mínima energía hasta el correspondiente a la energía de Fermi. siendo las funciones de onda de la forma tf¡ = R(r)Y¡rn(8. excepto aquellas en que dos nucleones intercambian sus energías. EF.9Vo 0. Pero nótese que en cada nivel caben cuatro nucleones: dos protones y dos neutrones (en cada caso. además de 1 y m. n.1Vo v FIGURA 1. En la energía de enlace www. y su radio igual al del núcleo. que representa al promedio de las acciones de los demás. que por ser fermiones obedecen el principio de exclusión. . o). los nucleones se mueven en el estado fundamental como si lo hiciesen libremente. En Vo EF . parecido a un pozo cuadrado con borde suavizado y se resuelve la ecuación de Schr6dinger. aunque parezca paradójico.Vo 0. otro con m¡ = -1/2). de Ro 1/3A con Ro :::::1. En primer lugar. llenan todos los niveles en el estado fundamental. Por tanto. usado en física atómica (recuérdese que n = nr + 1). 28.3 Dos propiedades muy importantes de un núcleo son su espín y su paridad. Además la contribución de ese término a la energía aumenta con el valor de l. de modo que la energía de un nucleón disminuye si S. la del núcleo es (-1) elevado al número de nucleones con I impar.si es impar. se consigue que el pozo cuadrado con bordes suavizados tenga los niveles que indica la figura 1. (c) Los núcleos par-par tienen T' = 0+. El conjunto espín-paridad se suele designar como T' . 54 ó 86 electrones. Por todo ello se cumplen las siguientes reglas: (a) Si N Y Z son mágicos. (d) Si A es impar. Para conseguir el orden de niveles que produzca esos números hay que suponer que la fuerza nuclear incluye un término de acoplo espín-órbita. Se observa que los núcleos cuyo número de protones o de neutrones es igual a 2. es igual al del nucleón impar (con algunas pocas ip (e) En los escasos núcleos estables impar-impar. 36. angular total de todos los nucleones. 20. Pero el análisis es interesante. que la energía de cada nucleón es menor si el número cuántico J tiene el valor más alto posible (J = L + 1/2). O sea. magnéticos ' En este modelo se supone que los nucleones tienen fuerte tendencia a aparearse (en pares protón-protón y neutrón-neutrón). proporcional a S. ya que su energía de excitación es muy alta: Se les llama números mágicos.L. que tienen 2. Incluyendo ese término de acoplamiento espín-órbita. 50. 10. respectivamente.fullengineeringbook. 8. el momento magnético nuclear _J . (b) Si uno es mágico y el otro mágico más o menos uno. 82 ó 126. el espín-paridad excepciones). son excepcionalmente estables. lo que significa que tiene el signo contrario. su momento angular total es O y su paridad +. el primero es el momento. porque es mucho más fuerte y está invertido. Además.net Cuando una subcapa está llena. Como la paridad de cada nucleón es + si su I es par y . y por eso se interpreta que esos números mágicos corresponden a núcleos que tienen capas completas de nucleones. Su origen no puede ser electromagnético. www. teniendo en cuenta que el principio de Pauli no permite colocar más de 2(21 + 1) partículas de cada clase en cada capa ni. La segunda indica el cambio de la función de onda total tras la inversión espacial r ----.Principales características del núcleo 19 en los niveles así obtenidos.L es positivo y al revés. Como se dijo anteriormente. el espín está comprendido entre +in y . 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. y se suele designar con la letra 1.r. T' = 0+. como en el caso de los electrones en los átomos. Por ello. lip El modelo de capas no es tan bueno en la predicción de los momentos como en la de los espines y paridades. El mismo fenómeno ocurre en física atómica con los gases nobles. de modo que los momentos angulares de los nucleones apareados se anulan dos a dos. 18.inl . el espín y la paridad son los del nucleón que sobra o que falta para que los dos números sean mágicos. siendo ip y in los momentos angulares del protón impar y del neutrón impar. 2s n-:...3.-=-~~":-:::=--2SI/2 -Id ---..'" F/sica Nuclear: problemas resueltos 20 -4s "..:::_- 1h 154 ..•..•.. La columna de la derecha indica el número acumulado de nucleones de cada clase que ocupan los niveles hasta el dado.•... 3s ----------------- -2d li13/2 ------<._::::_-:... -- 2/S/2 142 3pl/2--- 2 3p3/2 --- 6 126 112 110 106 1h9/2--- 8 10 100 92 1hll/y----- 12 82 2 70 68 3SI/2 ----... (a) Orden de llenado de los niveles de un pozo cuadrado redondeado sin acoplo espín-órbita..•..--lpl/2 <::::=----.fullengineeringbook. __ "..::=_ 1ds/2 -lp - .... 16 -. "'" -3p 184 ---- 126 82 2d3/2--- 4 2ds/2--- 6 8 64 10 50 -lg www...•.•.ij1S/2 4 184 168 164 162 -3d -2g -=~.•..~:~." - 2p - 1f 2pI/2 --- 2 2p3/2-- 6 4 50 40 38 32 8 28 28 4 2 20 20 6 14 2 8 1p3/2 4 6 lSI/2 2 2 con acoplo espin-órbita (b) (2) + 1) 199/2 ---<::~~"'-_-=--=-::--1/s/2 --'=:::_. --1f7/2 1d3/2--- ..- ls ----------------- sin acoplo espin-órbita (a) 58 " ""-- 197/2 --- 16 L(2) + 1) 8 2 Númetos mágicos FIGURA 1.. (b) Lo mismo con acoplo espín-órbita invertido. Cuando la diferencia de energía hasta el nivel siguiente es alta.-- 4 217/2 ". se produce un número mágico •• .:' __...:2= ------ 2g7/2 2 8 12 3ds/2 6 -li -- 10 136 14 3d3/2- ~:11::2 // -:-~~-- /// '--- 2g9/2 -2/ -- - ---'_'" ".net - ~ ---... ------ ~ .... 8263. J e + gsS..J (j + 1) h2 e g¡L. y gs toma los valores que se acaban de indicar. evaluada en el caso del nucleón impar. Esto indica que sus relaciones giromagnéticas de espín son gs.J) J2' (f1) = 2mp (g¡ L.~ ) h2.p = 2. resulta finalmente que el momento magnético nuclear vale. por tanto.p = 5. por lo que el valor medio de f1 es = f1. (1. Recordemos que los momentos magnéticos intrínsecos del protón y del neutrón valen f1s.~gs] (1..J www.fullengineeringbook. Principales características del núcleo 21 debe ser el del nucleón impar. Usando el modelo vectorial para los momentos angulares podemos decir que L y S precesionan alrededor de su suma J. más precisamente el valor máximo de su componente z que se obtiene sustituyendo J por Jh. donde g¡ vale 1 para los protones y O para los neutrones. [(l + 1) + ~) h2.6) 1 SI [=[-2' f1 = [~l [ ([ + ~) g¡ . con lo cual el momento magnético del núcleo vale.~ ) g¡ + ~gs .n = -3. Teniendo en cuenta que J2 =j(j + 1)h2. e f1 =2m p (g¡L + gsS) .J = ~ (j (j + 1)- + 1).5855 Y gs.net El momento magnético del núcleo debe ser igual a esta expresión. El operador de momento magnético total de un nucleón es.7927f1N Y f1s. y escribiendo [.n = -1. + gsS.J = ~ (i (j + 1) + [(l S.J f1 = 2mp Hay que tener en cuenta que L.JJ (f1) Sustituyendo el valor de J2 f1. expresado en magnetones nucleares. 913lf1N' siendo f1N = eh/2mp el magnetón nuclear. el símbolo del espín del núcleo en vez de j 1 si [ = [+ 2' f1 = ([ .7) --------------------------~~ . en el modelo de capas. fullengineeringbook. l. otro si es un neutrón) que dan el momento magnético en función de En un gráfico (fl. es decir. otra para l = 1. Se obtiene un mejor resultado incluyendo el efecto de las excitaciones colectivas del núcleo. el valor observado no está sobre esas líneas. l) dan dos líneas llamadas de Schmidt.1/2. sino entre ellas. que es demasiado simple.net '\ . una para l = 1+ 1/2. Esto muestra la limitación del modelo de capas. En la mayoría de los casos. entre los valores correspondientes a l = 1+ 1/2 y a l = 1.ft 22 Ftsica Nuclear: problemas resueltos Tenemos así dos pares de funciones fl(I) (uno para el caso en que el nucleón impar sea un protón. www.1/2. 15 La energía cinética máxima de los positrones emitidos será Trnax sustituyendo los valores de = l1Ec .5). que Ro = 1. mp y mp) c2 - mec2.net I!i.45 X 10-15 AI/3 NI5 +p+ +v.4) queda de la siguiente manera: www.Ec = 3 "5 e2 x 4nEo 1. explicar las hipótesis que se introduzcan. Solución: Se trata de núcleos espejo: Un protón se cambia por neutrón + positrón. además sustituyendo valores: l1Ec = 3. 813 MeV Hipótesis: a) Las fuerzas nucleares tienen simetría de carga. r Trnax = 1. La diferencia de energía entre el 015 Y NI5 es la de las energías de Coulomb. la expresión (l. 45 x 10 A2/3. me Trnax = l1Ec .1.15 m y (Z2-(Z-1)2)=2Z-1. Sabiendo.""1 Principales características 2.45 x 10. siendo Z el número atómico del núcleo que lo tenga mayor.(mn mn. Radio G) Calcular la energía cinética máxima de los positrones emitidos en la desintegración: 015 ~ Sabiendo que R = 1. La diferencia de energías coulombianas entre 2 núcleos espejos de cargas Ze y (Z . del enunciado. ________________________________ ~__d . 811 MeV.624 MeV.1) e viene dada por la fórmula (1. m.1 = A en los núcleos del problema. PROBLEMAS del núcleo 23 RESUELTOS 2.1. Si tenemos que 2Z .fullengineeringbook. (mn . vale: = q(r) www. es Uo U = Uo - f o q r E(r)dr = 4nEo q R' -nO"--. con r ~ R.net E(r) 4nEor2 ' donde q(r) es la carga contenida en una esfera de radio r. - Demostrar que el potencial electrostático U(r) dentro de una esfera que contiene una densidad uniforme de carga positiva es U(r) donde l .fullengineeringbook. F(sica Nuclear: problemas resueltos b) El neutrino no tiene masa.. O" E(r) no dependerá de la carga fuera de la esfera de radio r. q(r) = O"jnr3. su energía mínima es cero.[ 43 8nEo r2] en el interior: rR .AEc(N15) . el campo eléctrico en un punto A a una distancia r del centro.(-) .mn) c2 mec2.I L 24 ~ ~ . 4 E(r) = "3 r nO" 4nEo - O"r 3Eo El potencial en el borde de la esfera total. (32 21 Rr 2) = -- 4nBoR q R es el radio de la esfera. r = R.. = 4nEoR . La energía máxima del f3 + es AEc(015) ® . es la densidad volumétrica de carga. Solución: Aplicando el teorema de Gauss. . www.6 x 10-15 m. ® (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.45 X 10-15 m.. = 17.6 fm I ~ . para un átomo n-mésico. La forma del potencial es coulombiana si r > R Y cuadrática (tipo oscilador) si r < R. = 0. es n2h2 R '" = 4nEo-Ze2' m". R".net (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. Teniendo en cuenta ao = 4nEomee h22 Y que n = 1 para la órbitas R". = :::} ao me Zm".' sustituyendo valores.511 MeV = 17.fullengineeringbook.. 11 140 MeV IR"..21 (rR 4nEoR q [32 SI r:::. donde Jl = 273me· Solución: (a) El valor del radio en función de la órbita.. Principales características como a = q/(~nR3) v R U(r) = -- del núcleo ===} .53 x lO-10m x 0.. 25 )2] R.. La desviación del potencial coulombiano produce cambios en los niveles de energía que permiten determinar el tamaño nuclear. suponiendo el parámetro del radio nuclear Ro = 1. l2fm.fullengineeringbook.. (c) La expresión de la densidad de nucleones es Ar p = '1nR. Ar = A.net El recorrido libre medio será 1 A a = n (~)2 pc 1 = ~ = pa' = .89 MeV.' 3 dortae/Ar serán los nucleones que se encuentran dentro de la esfera de radio Rn.1) y teniendo en cuenta que Ro R = 1.c x 106eV )2 = 6.p)NI7 es Q = 7. Solución: Se trata de la siguiente reacción: O~7 +n - Nf + p + Q .2. si la energía de la reacción 017 (n. 26 F/sica Núclear: problemas resueltos (b) Aplicando la expresión (1.. m 2. 10-15 x 231/3 = 4. como Rn > R ::} Se encuentra fuera del núcleo. donde •• .511 1O-16eV.45 X = 1.S. n ( 273 6.29 x IA = 1. 12 x lO-15m = 4.29 x 1O-2b. 59 x 10- 13 lO-30m2 = 6. Masa G) Calcular la masa del átomo de N17. 45 x 10- 15m.6 x 1O-15m)3 =ll.58x x0. p = 23 ~n(l7.01x1042 m-31 www. 2H2.m.a.m.a. a = 2Hl.89 despejando m(Nf) y sustituyendo aparecen en las tablas.H2 = 3H2.m.014102 u. de un protón de: Ne20.a.(m(0~7) 7.c) + 2H2 + Cl2 = 115.H2 = 0.2H2_Cl2 b C H2 y despejando = b + !-lC12 = 12.net Este problema se basa en el método de los dobletes de masa para medir las masas de diferentes isótopos. H2 Y 016.007825 u.016 2a = 4H1 .1 ® (a) Calcular (b) Encontrar la energía la energía de separación de separación de un neutrón de: Li7. Q ® 27 los valores de las masas del n.036386 Encontrar las masas atómicas de H1.m.016 = 0.fullengineeringbook.042306 Cl24H1.001548 +mn)].m·1 en las masas de los tres dobletes (u.994914 u.47 x 10 u.!Cl2 = 0.m.c2. 2a .!C12 = Cl24H1. -3 = 931.Principales características del núcleo Q = [m(N~7) +mp .c = 016.a. Mn55 y AU197. m(Nf) = I Siendo las diferencias 2Hl.008442 u.): 3H2. Zr91 y U236. Solución: www. p y Or que 17.. Midiendo las diferencias de masas entre moléculas de masa muy parecida (con un espectrógrafo de masas) se puede obtener la masa de distintos isótoposdespejándolos en función del C12 (punto fijo de las masas atómicas). 5 = 8. en b: 1 016 = (2a . ~ .a.1 H1 = a ~ H2 = 11.a. B (X. = B(X1) .fullengineeringbook.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 X 1: y X1. La energía emitida por núcleo fisionado será: ••••• . Solución: 1 .025 X 1O-3c2 = 6.724 X 1O-3c2 = 7. Con los datos de la tabla se obtiene: Sp(Ne20) = 1.78 MeV. sabiendo que la curva de defectos de masa disminuye desde 0. Sn(U236) = 7. 1O-3c2 X -~'---------/ = 7.3) Sn = [m (X. @ Estimar cuánta energía de fisión (kWh) se podría obtener en teoría si se dispone de 1.0.66 Sp(AUI97) = 6.21 X X X 1O-2c2 = 12. como aparece en las ecs.m (X. www. Sn(Zr91) (b) La energía necesaria para separar un protón del núcleo X1: viene dada por la diferencia entre las energías de enlace de X 1: y y 1::: ¡. 1O-3c2 = 8. (1. 1O-3c2 = 5.m (X. para realizar el problema no necesitamos conocer qué núclido es). Suponemos que el U235 se fisiona en dos partes iguales (dos núcleos del elemento del centro de la tabla periódica XA.54 MeV.-l) Con los datos de las masas que aparecen en las tablas de propiedades nucleares se obtienen los siguientes resultados: Sn(Li7) = 7.85 MeV.25 MeV.06 unidades de masa en el centro del sistema periódico.783 = 7.) +mn]c2.5 kg de U235.B (yt--/) = [m (yt--/) . 38 Sp(Mn55) = 8.1.net (l.07 MeV. 19 MeV.3) Sp = B(X1) . como aparece en las ecs.) +mH]c2.-l) .14 unidades de masa para el uranio hasta . 98 MeV/nucleón.56 1023 X 1024 núcleos.5 kg de U235 N = del núcleo X 29 = 10-17 kWh/núcleo.2) que aparece energía de enlace por nucleón será B(X1) + (A [ZmH . = 4. hay el siguiente numero de núcleos: mNA ----.08 En 1.fullengineeringbook.Z)mn esta expresión la M(A.¡- = 1. B(Sn~~O) = 9. 131 X 1O-3e2 = 8.3. A A aplicando - en la introducción ' ~ .5 MeV jnúcleo = 242. B(OA6) = 8. núcleos: He3. 016. Z)] e2 y con los datos que proporcionan las tablas: B(HeD = 2.06) x 931.50 MeV /nucleón.023 235 X X = 2.563 X 1O-3e2 = 7. 14 X 107 kWh I Energía de enlace www. 19 MeV /núcleo = 1. 63 teórica.75 MeVjnucleón.net CD Calcular las energías de enlace por nucleón de los siguientes Sn120 y CU63 y representarlas en una gráfica. 14 + 2 2B(XA) - x 0. B(Cu~~) = 9 396 X 1O-3e2 = 8.Principales características Q = B(U235) = (O. La energía aprovechada lE 2. 5 x 103 6..57 MeV /nucleón.762 X 1O-3e2 = 2. Solución: Teniendo en cuenta la fórmula (1. 08 Y 5. He4 y Li6 son 1.net ® 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. Para el núcleo del problema 2 Rl = 3R = 3.2) de la energía de enlace y los datos de las tablas.33 MeV.6 3 -1O ¿ He3 www. 7.13(54)1/3cm = 5.11.6 MeV I ¿Qué energía se libera en la formación de dos partículas ex como resultado de la fusión de H2 y Li6..1) para el radio.4 x lO-13A.!3::::} Al = 16.3 x 10. Solución: Utilizando la expresión (1.> ---O) :::E <t: 10 40 20 30 60 50 Snl20 _~CU63 4 I 2 . encontrar la energía de enlace. respectivamente? . Con la expresión (1.13 cm.30 F/sica Nuclear: problemas resueltos 8 Z ~ 5 '--' . CID 137c2 = 1127. tenemos para el V54 R = RoA 1/3 = 1. B(O~6) = 0.13cm). si la energía de enlace por nucleón en H2.fullengineeringbook. 4 x 10..-. Se trata del O~6. 4 x 10.53 x lO-13cm = 1. calcular el radio nuclear del 015 y del N15.net Solución: (a) Aplicando la expresión (1.6 x 5.B(Hi) . www. 54 Me V I (b) Con la fórmula (l.Principales características del núcleo 31 Solución: Se trata de la siguiente reacción Hi + Li~ - 2Hei· La energía liberada será Eliberada = B(Hei) .2 x 1.15.fullengineeringbook. I Eliberada =22.44 MeV I o (a) Conociendo las masas del 015 y del de enlace.15.B = [B(Ni5) . 3 ¿). B(Ni5) = (7 mH + 8 mn . N15.33) MeV.08 .54 MeV = . N15 X 1O-3e2.B(0~5)] = (mn - I ¿).796 = 3. . ¿).x 5 e2 41CEoRo A2/3.003065) e2.956 x 1O-3)e2 = 3.B(Li~) = (8 x 7.B = ¿)'Ec = 3.2) de la energía de enlace para el B(0~5) = (8 mH + 7 mn .11 .4) para los núcleos espejo. calcular la diferencia en la energía (b) Suponiendo que la diferencia se debe a la diferencia en la energía coulombiana.000109) e2.B mH 015 Y el +2. 3 92.92.fm (15)2/3 = 1. 3.1 MeV de energía.net Enlace (MeV): Solución: (a) Be~ ~ 2Hei + Q.5 MeV.2 ~ ¡)'B = 3B (Hei) . está más fuertemente enlazado que las tres IX • •••• . Núcleos: He4 28. q.1 MeV que sobran se utilizan como energía cinética.B(Be~) = (2 x 28.56. (a) mostrar que el Be8 puede desintegrarse en dos partículas IX con desprendimiento de 0. 16) MeV = -7.15m I Usando la tabla adjunta. El Be~ se desintegra y los 0.B(q2) 3Hei +Q. pero que el el2 no puede desintegrarse en tres partículas IX.5 (incluyendo la del fotón) en la reacción H22.a 32 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos despejando y sustituyendo valores Ro = 3 "5 x 1. (b) mostrar que la energía desprendida H2+He4 -> Li6 +y es de 1. 65 fm = ® I 3.B = 2B(Hei) . = (3 x 28.54 MeV R = RoA 1/3 = 3.99 56.30 .439976 MeV. para que la desintegración sea espontánea ¡).B > O ¡).16 Be8 el2 Li6 31.26 MeV < O.30 .fullengineeringbook. El q2 necesita 7.1 MeV> O.22 www.50) MeV = O.48fm.65 x 10.26 MeV para desintegrarse. 99) MeV = -1. Modelos nucleares G) Utilizar la fórmula semiempírica de la masa. 22 .31. si MeV = 1.07015) e2• I Q = 6.a. el f236(A) = + Q. U236 tiene Z par.m236) e2.fullengineeringbook.47) ex y del protón.m.236. Ésta es la energía que induce la fisión del núcleo de U236.m.Principales características del núcleo 33 (b) H¡2 + He24 Q = [M(Li~) . La energía de enlace del Li~ es de 1. (1.30 + 2. resultan los valores siguientes: m235 = 235. Solución: U235 +n _ U236 de donde Q = (m235 + mn .068 u. 008665 .5) no se ajusta bien para los núcleos deformados como es el caso del uranio.03 MeV. por lo que _34A-3/4. Sería necesario añadir otros parámetros.47 MeV más que la del la energía del fotón es 0. m236 = 236.068 + 1.M(HDJ e2 L'6 13 - + y.47 MeV. www. esta fórmula (1.M(Hei) . Al ser U235 de A impar.5 MeV.B(Li~) = = (28. resulta que sobra (0. h35(A) = O.03 + 1. .07015 u.net 2. N par.5) para determinar la energía de enlace que está disponible si un núcleo de U235 captura un neutrón.4. = -AB = B(Hei) + B(HD .a. de donde Q = (235.07 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. Aplicando la fórmula. que se utilizan en aumentar la energía cinética del Li~. .a.m. (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.13) = 26.a. Z = 12. ZIn = 44. resultan: M (27.66. (a) Evaluar los puntos sobre la parábola de masa = 27 para los únicos tres valores de Z encontrados. y el Sn127y el CSl37poseen actividad Utilizando la fórmula semiempírica 'de la masa.. El Mg27 decae por emisión 13.fullengineeringbook.5) para A = 27.34 -Frs!ca Nuclear: problemas resueltos ® Utilizando la fórmula semiempírica de la masa. en donde· ZIn > Z. (1.. resulta ZIn = . . Solucióu: (a) Como A es impar. 14. y M (27. (b) predecir el carácter de la actividad de los siguientes núcleos p-activos: AgI03..5).m. 3. en donde se ve que Zm < Z. www.n. Z = 12. 9866 u. Por tanto.5). 13-. sustituyendo para los valores del problema. 13 Y 14.982 u. .78A 1 •••• = O. ~. Dando valores en la fórmula (1.980 u. ZIn = 53. resulta para Ag~?3. Se observa en la figura siguiente que el más estable es el AF7.net para Cs1r. en donde ZIn > Z." . Solución: La carga más pequeña se determina haciendo dM(A.y el Si27por emisión 13+. feA) = O. 92.a. M (27. (1.14) = 26. Sn127y CS141. la AgI03 posee actividad CID 13+.m.12) = 26. para Sn1ír. ZIn = 58. 13. (a) determinar la carga de un núcleo cuya masa es la más pequeña entre los núcleos con mismo valor impar de masa atómica A. Z)/dZ Operando.46. 26.982 .net 9 10 11 12 13 F Ne Na Mg Al 14 Si 16 S 15 p (b) El núcleo estable debe tener un valor de Z que será el mínimo de M(A.3/2 ' .9866 .mH)e2 2(4a4 A 92.980 - Éstas son las energías de los emisores e2 = 11.980) = (26. Zm = 4a4 + (mn+ a3A2/3) .MMg) e2 (MSi - MAl) e2 = (26. @) En el modelo del pozo de potencial se verifica que -r ' 3n2 (2mnEn N = ~ )3/2 Z = ~3n2. Z)]/dZ = O. 12 MeV I (emisión {3+).86 MeV I (emisión {3-).Z). 2me) e2 f3 = 15. 78A es ~ = 184 + 1. 44A2/3 = ~ este valor de Z es el más próximo al AF7. sólo hay un núcleo estable.Principales características del núcleo 35 cd '" cd ::E z www.r 2mp(Eph2 - U)1. el valor que haga d[M(A. decir.26.fullengineeringbook. de los núcleos inestables. (c) Las diferencias de las masas (MAl . Para A impar. Si N = Z = A/2.fullengineeringbook. de donde _ Po - 3A 3A --4nR3 . 197/fm3. resulta: En = (Ep . y Ga69. niveles: . SIl. Comprobar que cuando N = = Z = A/2.1)1/3h2 2mn ® = I 39. 1)2A SI = 0. la densidad Pn = ~Po.4n(l. y U es el potencial electrostático. .090 = N/V 3n2 (2mnEn h2 = _1_ )3/2 . ¡n = 3/2. tenemos entonces que A = ~nR3 Po. www. Solución: Según la figura 1.36 F(sica Nuclear: problemas resueltos donde En Y Ep son las energías del neutrón y del protón ocupando el nivel más bajo de energía.Ca41. Solución: = N/V 3n2 (2mnEn2) h _1_ 3/2 ' la densidad nuclear será Po = A/V. las últimas el2• 6 . Ne20.U) ~ 38 MeV. despejando En Y ~ustituyendo: En -. por los siguientes Impar-par ¡n = 0+.(7. { NZ: : 88 + (ldS/2)2 (ldS/2?}' numero magico }. 1 Pn = "2Po = 0.pues (_1)1. S • Nei8 : A1i~ : (lP3/2r { N: Z: (lP3/2) { N: Z: (lP3/2)4 (lP3/2)3 capas están ocupadas } par-par }. Impar-par { N:Z: 88 + +(lds/2)6 (ldS/2)S ¡n = 0+ .3. neutrónica será R=1.net 10 que implica. A127.5 MeV I Cuáles son los momentos angulares y paridades predichas por el modelo de capas para los estados fundamentales de los núcleos siguientes: Cl2. por tanto. ¡n = 5/2+ pues (_1)2.1A1/3fm. BII. Hallar la configuración. con número mágico tanto de protones como de neutrones.8). 016. (8. Por ejemplo. Solución: Se trata de tres números doblemente mágicos.pues (_1)1. In del núcleo 37 = 7/2. es decir.pues (_1)3. hasta la 1d3/2. los protones ocupan los niveles hasta los 1h11/2 y los neutrones hasta los 1i13/2• www. en el Pb~g8. un núcleo es un conjunto de partículas alfa ligadas entre sí. } par-Impar . más algunos nucleones sueltos. Buscando en una tabla los valores de la energía de ligadura. Ca40 y Pb208. Representar en un diagrama los niveles ocupados por los nucleones e interpretarlos en términos de partículas alfa. que son 0+. .126).net 016 8 Cai8 ld3/2 2S1/2 lds/2 lpl/2 lpl/2 lp3/2 lp3/2 lSI/2 lSI/2 I Neutrones : Protones [ Neutrones Protones .fullengineeringbook. + (2P3/2)3. Como se observa en el diagrama. o sea. N) son. en el O~6 están llenas todas las semicapas hasta la 1pl/2. respectivamente.Principales características ® N: Z 20 + (117/2)1 : (1d3/2)4 20' Ca41. Por eso su espín es O y su paridad +. estimar la intensidad del acoplo entre las partículas alfa en estos núcleos. o Según el llamado modelo de las partículas alfa. en el Cai8. { N: Z: 32 28 (1fS/2)6. el espín y la paridad de los núcleos Representar en un diagrama la colocación de los nucleones.20) Y (82. Z --Impar A ~mpar } 1" = 3/2. el Cl2 se considera formado por tres partículas alfa y el 016 por cuatro. (20. { Ga3I· 69. pues los valores de (Z. 5 .2. hay seis enlaces que tendrán la misma energía.3. los cuatro nuc1eones en ISI/2 se pueden considerar como lec y los ocho en lp3/2. "-- r 1 1 \I 8 1 II -(b)--. En (b) el proceso de llenado es el mismo para el 016. 2ec en el segundo. su momento magnético vale Jl = eS/2mp . Si una carga se mueve con un momento angular S.38 F/sica Nuclear: problemas resueltos Solución: La energía de ligadura de una partícula alfa es Bex = 28. y lec en el tercero.net Neutrones Protones Neutrones Protones En (a). En el caso del oxígeno.84.fullengineeringbook. r www. es necesario que cada uno tenga aproximadamente 2. siendo mp = masa del protón.2 = 14. respectivamente: Ec - Ea - 3Bex 4Bex = 92. Las de los núcleos Cl2 y 016 son 92.4 MeV. 12. en el caso del carbono.3 MeV.9 = 7. 7:/ ~ = 127.4 MeVI Como hay tres posibles enlaces entre tres alfas.113. - •• .5 MeV.2 MeV y 127. La relación giromagnética: y = e/2mp./ )! 016 1 1 I . como 2ec.3. Y se puede considerar lec en el primer nivel. (a) I r 1 I I Cai8 1 - . ® 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. 12.4 1¿3 ~ MeV . se = s = 1/2.fullengineeringbook. En este caso. 1 = 1 + 1/2. Observando la figura 1. f1N' . Por tanto. y g¡ = O.79 f1N I = -1.El valor propio del cuadrado del momento angular esj(j trata del espín de un protón. 1 = 1 + 1/2.79.d. por lo que hay que tomar j s = js(s + l)h = V/~2 + l)ll.7789 = -2. 1 = O. 1 = O. (b) El He3 tiene dos protones y un neutrón: El neutrón es impar. luego = 1/2.J3 h. Y por tanto. los momentos magnéticos de los Solución: www.3. 91.J3h 2' x y su momento magnético: e. Se aplica la fórmula (1. I H3: f1 I He3 : f1 = 2.3.q.6) f1 = 1/2gs = -1.1276 f1N. Utilizando el modelo de capas. y g¡ = 1. determinar núcleos H3 y He3 en el estado fundamental.1/2)g¡ + 1/2gs = 1/2gs = 2. 91 f1N I Los valores experimentales son H3 : f1 He3 : f1 = 2. se ve que los tres nucleones están en el nivel lS1/2• 1 = 1/2. De la figura 1. como f1N = 4mp = Vf1N = eh/2mp.net 1 (a) El H3 tiene un protón y dos neutrones: el protón es impar.6) f1 = (1. ~h 2 = . Se aplica la fórmula (1. resulta: I f1 ® f1 I c. se ve que los tres nucleones están en el nivel ls1/2. respectivamente.Cp7 = 0..81.¡< un28. 3. www. (c) PU240: + 50. encontrar las correspondientes masas (a) Na24: .443 MeV.·'. (c) las Explicar diferencia entre estas energías en función de las propiedades de fuerzasla nucleares.123 MeV. ¿Qué energía se necesitará para dividir un núcleo de 016 en una partícula ex y • •.m. (b) He3+ n.0419222. Cl2 y He4 son: 127.net C2Dg- CP7H3 = 0.62.30 núcleo de Cl~? Las energías de enlace del 016.8. 4. 123436. atómicas: Dados los siguientes defectos de masa.. (b) Sm144: . Suponiendo que la diferencia es debida solamente al efecto de Coulomb y que la carga del protón está uniformemente repartida en toda la esfera de radio Re.40 3. 6. respectivamente. (b) Ésta es una manera fácil de estimar el tamaño de los núcleos.).1 Al/3 fm y comentar la diferencia.964 MeV. Comparar Re con el valor de R = 1.• .fullengineeringbook. C3H602-Clr = 0. 92. Calcular la energía necesaria para dividir un núcleo de He4 en: (a) H3+ p. Dados los siguientes valores de dobletes (u. (a) Calcular Re.205 MeV y 73. Frsica Nuclear: problemas resueltos PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Calcular el valor de n de la órbita muónica de cualquier átomo muónico que se encuentra justo en el interior de la capa electrónica K. :f . 1049742. 2. Y MeV. 5. . determinar el valor correspondiente a la masa de Cp7 y de 016.418 MeV. C3H .a.16. 1. Las energías de enlace de los núcleos espejo Bll y Cl! son 76. de los núcleos W4 y N15. estimar de los nucleones y la profundidad del potencial nuclear.fullengineeringbook.características 7.net . Utilizando el modelo de capas. 12. Usando el modelo del gas de Fermi y la figura 1. determinar núcleos 017 y K39 en el estado fundamental. 13. 10. Ne20. K39. cuáles serán los espines y la paridad siguientes núcleos en el estado fundamental: SF9.2. SC45y CU63. Calcular la energía de enlace total y la energía siguientes núclidos: LF. Fe56 y U235. Determinar el espín y la paridad 41 de los si el nucleido radi- = 36? Considerar la zona 13 ~ Z ~ 20. Según el modelo nuclear de capas. los momentos la energía de Fermi magnéticos de los www.. 9. Usando la fórmula semiempírica de la masa (1. del núcleo de enlace por nucleón de los 8.5) averiguar activo Tel29 es un emisor [3+ Ó [3. ¿Qué nucleidos son estables con masa A 11. fullengineeringbook.net .r - I f I ' 1 www. 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.net 1.1 puede verse esta ley exponencial de desintegración. En la figura 2. INTRODUCCIÓN TEÓRICA www. Integrando.1. 43 (2. Leyes de la desintegración radiactiva Si hay N núcleos radiactivos en el instante t. Es decir. y en la muestra no se generan nuevos núcleos.fullengineeringbook.1) . resulta N(t) = Noe-Jet que es la llamada ley exponencial de desintegración radiactiva.1. el número de los que decaen por unidad de tiempo es proporcional a N. .:l Z tiempo FIGURA 2. que es la velocidad a la cual se desintegra una muestra radiactiva A(t) = AN(t) = Aoe-At. = :¡. etcétera.7 X 1010 Bq. () o:l :.net No es el número de núcleos presentes en t = O. La vida media. Haciendo No N ... Es más práctico utilizar la actividad (número de desintegraciones por segundo). Puede demostrarse que vale 1 .---. Otra unidad muy utilizada es el curio: 1 Ci = 3.-2 =} ln2 T = . y éste en otro. la actividad inicial. ~ .1.. en o O) () .2) siendo Ao = ANo.. (2. " es el tiempo medio que sobrevive un núcleo antes de desintegrarse.. El tiempo necesario para que se desintegre la mitad de ellos viene representado por el periodo de semidesintegración T o simplemente periodo..¿. N(t) es el de núcleos que quedan al cabo de un tiempo t. La unidad de medida de la actividad es el becquerelio: 1 Bq = 1 des/s. /\. Ley exponencial de la desintegración www.fullengineeringbook. o:l . se tiene una cadena o serie radiactiva 1 _ 2 _ 3 _ . Cuando un núcleo se desintegra en otro que es también radiactivo..- 44 Fisica Nuclear: problemas resueltos N en o . e.A2t :::. b) A¡ < Az La relación entre las actividades es de la forma AzNz Az A¡N¡ = (Az .AzNzdt.NoA~ z ¡ (e-Alt _ e-A2t).3) se transforma en NoA¡ Nz(t) = . El núcleo 2 se desintegra con velocidad ligeramente mayor que el núcleo 1. (2. Resolviendo las ecuaciones se llega a Nz(t) = .fullengineeringbook. y resulta que ambos se desintegran a la misma velocidad: A¡N¡ = AzNz. 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.net Y N¡:::. Entonces.Radiactividad 45 El núcleo padre disminuye según dN¡ = -A¡N¡dt.¡ _ Az e -A2t . Esta situación se conoce como equilibrio transitorio. Para t grande. N¡(O) = No. resulta dNz = A¡N¡dt . No Nz(t) = N~:I (1 _ e-A2t). Éste es un ejemplo de equilibrio secular. pero al mismo tiempo disminuye según su propia constante Az. para tiempos largos.4) ••• radiactivo < Az a) A¡ El padre con periodo muy largo se desintegra de manera aproximadamente constante.3) suponiendo que las condiciones iniciales son: Nz(O) = O.A¡ así puede continuar se la cadena para Equilibrio N3.A¡)' para tiempos largos. (2. El siguiente aumenta como resultado de la desintegración del padre.Al t :::. e. Az(t) = AzNz = No AzA¡AZ (e-Alt _ e-A2t). O. e-Alt desaparece también. 1 www. . y la ecuación (2. Tipos de desintegración Desintegración (X La partícula alfa es el núcleo del He4. se transforma en otro núcleo que posee o conducirá a una configuración más estable. (2. Ee la de las partículas emitidas y Eniv. + e+ + v x~ . su valor será ¡ex = 11i 1. X~ - El proceso de emisión es el siguiente y~:::i + Hei· www. ER la energía cinética de retroceso del núcleo.3. El cambio de paridad en la transición.p + e. Se emite siempre un neutrino. si no está en su estado fundamental.46 F/sica Nuclear: problemas resueltos Cuando un núcleo inestable experimenta un proceso de desintegración radiactiva. porque la partícula a forma un sistema fuertemente enlazado..y~-1 +e+ +v. f3) donde el núcleo hijo es una especie nuclear distinta. Desintegración -l¡ fJ Ocurre en núcleos que tienen neutrones o protones en exceso. 1. la energía de excitación del hijo.fullengineeringbook. Esto lo puede hacer mediante la emisión de partículas (a. o bien emitiendo radiación electromagnética (y) y el núcleo hijo es de la misma especie.md .Rn~~2+ a.n +-v.yAZ+1 +e - b) desintegración f3+: p.me)c2 = ER +Ee + Eniv. Las energías cinéticas desprendidas en el proceso son altas. Si ¡ex es el momento angular de la partícula a emitida en la desintegración. donde Ii es el momento angular total del estado inicial e I¡ el del estado final. md la masa del hijo. L\n. Reglas de Selección 1. me la masa de las partículas emitidas.net Esto ocurre en núcleos con A > 140. Un ejemplo: Ra~~6. El balance energético de la desintegración será Q = (mp . viene dado por (-li'" .5) siendo mp la masa del padre.1 Hay tres procesos: a) desintegración f3-: n.2.+ v XzA . ---- . n::} no. Hay una serie de transiciones denominadas "prohibidas". tenemos el denominado diagrama de Kurie o Fermi-Kurie. 2. cambio de paridad..la masa del neutrino mv = y representando ° P(P)ex'p en función de la energía (E ó T). F(Z. donde el factor de Fermi.n::} sí. t"!.5 t"!. ~ .a Prohibida --- t"!. en orden de probabilidad decreciente 1. Se clasifican de la siguiente manera.Y~-1 +v.3 3.): p + e.I + N.a Prohibida --- t"!. por unidad de intervalo de momento. (C.net Diagrama de Kurie comprendido entre p y p t"!.a Prohibida --- t"!.p2F(Z.n::} no.n::} sí. 1. www.Ti . En todos ellos se conserva el número másico A = Z Reglas de Selección 47 Transiciones permitidas: t"!.I = 0.. no.1. 2 t"!.4 t"!.I= 4. Radiactividad c) captura electrónica. y está tabulado.E)(Eo .(mvc2) 2] 1/2 dp.1i::} La probabilidad de encontrar un electrón con un momento + dp es: P (P)dp .I = 3..T) [ (Eo . = II¡ . 4. La designación de transiciones "prohibidas" indica que dichas transiciones son mucho menos probables que las permitidas (y por tanto con vida media más larga). es un factor de corrección de la barrera de Coulomb.n +v x~ +e- .fullengineeringbook.I = 2.IJ I = 0. E). Tomando .E)p2 donde P(P)exp es el número de partículas medidas.a Prohibida --- t"!. F(Z.B. en el caso de las prohibidas saldría una recta si se tiene en cuenta el factor de forma S que depende de la transición. Reglas de Selección I J. X.-r 48 F(sica Nuclear: problemas resueltos V . magnética par (M2. 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. eléctrica par (E2.net Desintegración y En este caso no se emite ninguna partícula con masa. + l¡ I :::. M4 ~ ) ) ~ . 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. www. eléctrica impar (El.J. M3 Lln::} sí ---.2.. L el grado (no de multipolaridad: L = O) Lln::} no ---. / p2F P(P) T(keV) FIGURA 2.fullengineeringbook.i * ---. En el caso de las transiciones permitidas da una línea recta. magnética impar (MI. -l¡ Sea L :::. E4 ). Suele aparecer acompañando a las desintegraciones alfa y beta. E3 ). X.i +y. 3 .. 5 X 109 años.. ln2 t T238 = 0. = 0.9971 0. N238 = No ( U 238 ) e _..2. No (U238) (a) t = 3 X X ln2 t e- T235 e- T238 In2 t 1_ 0.3 = 11/139. 9971. Leyes de la desintegración radiactiva CD ¿Qué proporción de U235 estaba presente.t 106 años No(U235) - (b) t = 5 N238 ee- _.. = 7.5 t.2..i.1. ..9995 -__ 140 T238 T235 t = 0... PROBLEMAS RESUELTOS 2. 71 109 años e L .!!!2.!!!2. (a) en una roca formada hace 3x 106 años...t T238 ... T238 = 4. 16 x 10.2 X 108 años.9995.1) tenemos que www.fullengineeringbook.t T235 e- = 8.463. dado que la proporción actual de a U238 es de 1/140? U235 (b) ¿y en una roca formada hace 5x 109 años (edad de la Tierra)? T235 = 7. la relación de núcleos iniciales será No(U235) N235 --~..net N235 = No(U235) e.!n. 119 x 10. Solución: Utilizando la fórmula (2. 50 Física Nuclear: problemas resueltos 1 0,463 140 8,119 x 10-3 No (U235) No(U238) = 0,407 = 11/2,45 I Se observa que cada vez hay mayor proporción de U235, al ir alejándonos en el tiempo. ® La cadena radiactiva del Th232conduce al Pb208estable. Se dispone de una roca que contiene 3,65 9 de Th232 y 0,75 9 de Pb208.¿Cuál será la edad de la roca deducida a partir de la relación Th/Pb? T = 27 días. Solución: Th232 2 Pb208 El número de núcleos de Th232 contenidos en 3,65 g es mNA NI =~ _ 3,65 x 6,023 x 1023 = 9,47 - 232 X 1021núcleos de Th232, www.fullengineeringbook.net en 0,75 g de Pb208 hay N2 = 'b208 de P 0,75 x 6,023 x 1023 _ 2 17 X 1021nucleos 208 - , . Recordando la fórmula (2.1), N2 = NI e-A!; e-A! 2 = ln2 = 0,0256 T = N2 _ 2,17 NI - 9,47 d-I, = 0,229, entonces la edad de la roca será _ -1,47 t = ln(0,229) -2 - -0,0256 CID i L =1 57,57 d_ I Se tiene una especie radiactiva Xl cuyo periodo es de 2 h. Esta especie se desintegra en otra X2 con periodo de 10 h. Esta segunda especie se desintegra a su vez en una tercera X3 que es estable. Suponiendo que el número de átomos de la 1.a especie es NI (O) = 50.000 en el instante inicial, y que en dicho instante no existen de las otras especies. calcular: Radiactividad 51 (a) La actividad inicial de la especie Xl' (b) La cantidad de la especie que existe al cabo de 1 h. Xz (c) La actividad de la especie al cabo de 1 h. Xz (d) La masa de la especie Xl al cabo de 5 h, suponiendo que su masa atómica es 97. Solución: Al Az Xl -- Xz -- X3 NI (O) = 50.000, Al = 0,346 h-¡, Az = 0,0693 h-¡. www.fullengineeringbook.net (a) Teniendo en cuenta la ecuación (2.2) A¡(O) = A¡N¡(O) = 0,346 x 50.000 = 17.325 djh, A¡(O) = 14,8 Bq I (b) Según la expresión (2.3) N zt( ) A z - A ¡ ( e -Alt _ e -Azt) = N¡(O)A¡ N2(lh) = A.50.000 ArrV'l x O,346 A "" A' (e-O•346 _ e-O,0693) , = 114.121 _ I núcleos de Xz, (c) Utilizando la expresión (2.2) y el valor obtenido en el apartado (a) para Nz(1 h), Az(1h) = Az Nz(lh) = 0,0693 x 14.121 = 978,6 djh, Az(1h) = I 0,27 Bq I f r ~... ~ 52 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos 1 (d) Tenemos que calcular el número de núcleos que hay de la especie Xl al cabo de 5 h. N¡(5h) = = Nl(0)e-A1.5 Nl(5h) = = 8.864,2 núcleos, 50.000e-O,346.5 ml(5h) = Nl(5h)A ml(5h)NA:::} A NA 97 = I 1,43x 1O{.,()')~v x]()23 ml(~ h ) = 8.864,2 18 g ' d e Xl a las 5 h. I @) El Pd98 se desintegra por positrones en Rh98, Sus periodos respectivos son de 17 y 8,7 m. Encontrar la actividad máxima del 2.° nucleido en función de la inicial de la preparación, si en el momento inicial había sólo del1.er elemento. Es decir: Determinar A2(max)IA1(0). Solución: www.fullengineeringbook.net Según la expresión (2.4) AA A2--N 01 12 1 A2- Al (-A1r_ e e -A2t), Al = O,0407m- 1; e-A1tmax=O, A2 = O,0796m-l; e-A2tm1l.X , 496, = 0,254, para hallar la actividad máxima se deriva la expresión dA2 _ -¡¡¡ - Al(0)A2 A2 - Al (-Al e-A1t dA _2 _ O ----'- A 2 e-A2tmax dt - --r A2(max) Al(O) - +A2e-A2t), 1 e-A1tmax. , tmax -- _ Al A In(A lA) (-A1tmax Al e - e -A2tmax) A2(max) A¡(O) 1 Al2 -- A2 1- 0,0796 2 A2 - que será Oen el máximo, -----(0 - 0,0796 - 0,0407 - =~ 17 22 '. m , 496 O 254) ' . -, , Radiactividad ® 53 Entre los productos radiactivos que se emiten en un accidente nuclear están el 1131 (T = 8 días) y el CS137 (T = 30 años). Hay unas cinco veces más átomos de Cs que de I producidos en la fisión. (a) ¿Al cabo de cuánto tiempo a partir del accidente tendrán la misma actividad? (b) ¿Qué isótopo contribuye con mayor actividad a la nube radiactiva, transcurrido el primer día? Suponer que el reactor está operando durante varios días antes de producirse el accidente. (c) De los productos de fisión, aproximadamente el1 % es 1131, Y cada fisión produce 200 MeV. Suponiendo el reactor con una potencia de 1.000 MW, calcular la actividad del 1131 después de 24 h de operación. Solución: Al = 0,086 d- 1, www.fullengineeringbook.net ACs = 6, 33 x 10- 5 d- 1, Acs(O) Ncs(O) = 5Nr(0), Ar(O) = ArNr(O), = AcsNcs(O) = Acs 5 Nr(O), Ar(t) Acs(t) = Ar(O) e- = Acs(O)e-ACs' Al', = ACs5Nl(O) e-ACs'. (a) Para que tengan la misma actividad Ar(t) Acs(t) Al - Acs ~ Ar; -_ 1 ArNr(O) e-Al' =} -----Acs5 Nr(O) e- _- 1, ACS' t = In (Ar/5Acs) 5,60 = ' -_ 0,086 Al cabo de 65,2 días tendrán la misma actividad. I 65,2 d I "'. I"~ J., .., 54 F/síca Nuclear: problemas resueltos (b) Pasado el primer día A1(1d) Al e- Contribuye más el (c) P = 1.000 MW = 1% de P = 6,25 accidente. = = 5x6,33x 5Acse-Acsol Acs(1d) A1(0) 0,086 e- 0,086 Arol 1O-5e-6,33xI0~5 =1249,3 1131, W = 109 J/s = 6,25 x 1021 MeV/s, 1019 MeV/s, potencia debida al 113Ien el momento del 109 X _ 6,25 P(I131) Energía en cada fisión - A1(1d) = AI(O)e-Arol X 109 MeV/s 200 MeV = 3, 125 X 1017 = 3, 125 x lO17Bq, e-0,086 www.fullengineeringbook.net A1(1d) 2.2. = 12, 86 x 1017Bq I Desintegración alfa y beta G) Clasificar las siguientes desintegraciones por su grado de prohibición (a) Sr89(~+) _ y89(~-), CI36(2+) _ Ar36(0+), (b) (c) AI26(5+) _ Mg*26(2+), Zr9\~+) _ Nb*97(~-), (d) como hay tres átomos de uranio en cada molécula N = 1.fullengineeringbook. !:i. Sabemos que A = así que podemos A. 1. saber el número de núcleos que tiene N = 1A _ 20. emite 20. !:i.n = no::} 2.5 partículas oc por mg y por s. !:i. 1 mg.+ 1 _ } !:i.I = 2. 42 X 101s x 842 6.I = 2. 8 x 10- IS = 4.a. !:i.23S = 4.2' ninf =-.net Solución: A(U23S) = 20.5 ocjmg.8 X 1O-1s s. nf ni = l¡ =-+ } (b) IfIi 2.I = 3. nf = =+ + } IfIi 5. a Prohibida. 42 X de óxido de uranio 101s moléculasjmg. si corresponde a 1 mg. = N mmol NA Lo que nos lleva a un contrasentido. 98 mg.s. www. nf ni = = 2.5 4. que la muestra sea de .n = sí::} La Prohibida.27 X 101s núcleosjmg.m. A. !:i. !:i.42 x 101s moléculas qué masa corresponde.. =+ + } (c) (d) _ Ii -= l¡ i.I = 0. Vamos a calcular ahora para 1.n = sí::} La Prohibida. ni = 0. ~. !:i. mmolecular N = m N A ::} m mmol para ver = 3 x 238 + 8 x 16 = 842 u. recién preparada a partir de un mineral de uranio.Radiactividad 55 Solución: (a) Ii = = i. a Prohibida.1. Comentar este resultado.n = no::} 2.023 x 1023 pues es imposible = 1.N. ® Se ha encontrado que una muestra de óxido de uranio (U3 Os). 24 x 1015MeV /s.39 X 1012mpu = 6.fullengineeringbook.5 x 105 años.43 kg I de PU238. 72 X 10-10 7npu 6.41 A238 = 1.61 kg. como N _ mpuNA A mpu 6.Fisica Nuclear: problemas resueltos 56 CID El PU238se desintegra por emisión (X según la reacción U234+ (X PU238_ + 5.24 x 1021eV/s = 6. ~~?n x 1023 5.72 x 1O-3a-1 lO-lOs-l.24 x 1015 MeV/s. El producto U234 se desintegra tan lentamente. Siendo el del U234de 2.49 MeV. = 2.24.76. 49 MeV. Solución: Q = 5.77 x 1O-6a-1 = 8. ••••• .8 A234 P = 5. por lo que inicialmente había 2.4lxlO-3x50=0. N =e-A¡t=e-5.610 g = 2. con periodo de 128 años.61 0. X = 2.76 = I 3. La potencia calorífica producida debida a la emisión de la partícula (X será www. X 1O-14S-I. Estimar la masa inicial de PU238 necesaria para suministrar un mínimo de 1 kW de calor cuando hayan pasado 50 años.1015 "'!II"'\ 1Al'" 1"\ = 2. Al cabo de 50 años y utilizando la ecuación (2.76. 023 x 1023 238 tenemos que P = 1. que se considera despreciable .1).49 mpu = 6. = 1 kW = 103 W = 6.net P = A238 Q = A238N Q. No Al paso de los 50 años se ha reducido 0. calcular: (a) Las energías cinéticas máximas del f3+ y del f3-.578 MeV.022 = 0.63.fullengineeringbook.63.653 MeV I = . 022 =1.929146.929767. = 0. M(Zn~Ó) = 63. Solución: Con los datos de las masas atómicas obtenidos de la tabla: Zn~6 +f3- +v +Q.M (Zn~6)] c2 = (63.927969) 1.578 MeV Ecmax(f3-) I I ~i~: +p+ +v +Q. 798 (~i~:)X 2me] c2 10-3 c2 - = (63. que en el caso anterior = I 0.2 x 0. M(Cu~~) = 63.653 c2 .1. M(~i~¿) = 63. = 1.929146) Q c2 = 6. por emisión de un positrón o por captura electrónica.net Q = [M (Cu~~) .M .927969. Considerando la energía de retroceso del neutrino también cero.5) a este caso particular www. A partir de las masas atómicas. Cu~~En este caso Q = [M (Cu~~) . El Cu64 es uno de tales núcleos.. (a) Cu~~ Aplicando la ecuación (2.929767 .929767 .21 X 10-4 c2.511 MeV. (b) La energía del neutrino en la captura del electrón.675 Haciendo las mismas consideraciones Ecmax(f3+) . Ecmax(f3-) del Zn igual a cero y la energía cinética =Q = 0.Radiactividad 57 @) Un cierto número de núcleos pueden desintegrarse por emisión de un electrón. Pb208.0.36A1N1 dN2 - -d t· +A2N2 = A2N2'- NI (O) = No. según las www. 0.!!. = 11. NI (t) = Noe-A1t. f..5 m.- Ni~:+v +Q +Eb. 798 Q El Bi212 se desintegra siguientes cadenas: por emisión O.. vamos a despejarla dN2 -d t = 0.---. - .estable...64A1N1.675 MeV Ec(v) ® que vamos a considerar I (36%) y por emisión ex 13 (64%).3 TI208.---.net a Bi212 TI208 --.3.675 MeV.---.r Fi'sica Nuclear: problemas resueltos 58 I I (b) Cu~:+e.929767 . Pb208 (64%).927969) c2 = 1. = 1. Periodos: Bi212. X 10-3 c2.---.1 m. Siendo Eb la energía de enlace del electrón.1s.60. 2 Y 3 horas? Solución: (a) Aa No se conoce la expresión = ! i I i ~ de N2.M (Ni~:)] c2 = (63. Q = [M (Cu~:) . 64A1N1 +A2N2. de una muestra de 10-7 g de Bi212? (a) ¿Cuál es la actividad ex (b) ¿Cuál es la actividad f3? (e) ¿Cuáles son las actividades ex y 13 después de 1.63. P0212. 0. N2 (O) = O.fullengineeringbook. {3 Bi212 a P0212 Pb208 (36%). N3 -.A336A¡No -. = A2 _ A¡ + 0.¡.64 A¡NoeResolviendo la ecuación diferencial N2 (t) AoJt) Acx(t) Al t. = 0.36 A¡N¡ - dN3 dt A3N3.Radiactividad 59 dN2 -¡¡ + A2N2 = 0. = NoA¡ [ 0.¡= 10-7 X 6.fullengineeringbook. 64e-Alt + A: ° 5_~6AA: (e-Alt ~ e-A3t) ] (c) Se tiene que calcular cuánto vale No ¡ No mNA = ----. 64A¡Noe-Alt (e-A1t _ eA3t) .023 212 X 1023 = 2. nos queda. ___ J .6A¡A3No 3 .A¡ = 0. dN3 -¡¡ Operando igualmente = 0. N3(0) www.. (b) Ap = 0. 64A¡A2No A2.A¡ = 0. 36A¡Noe-A1t (e-Alt _ e-A2t) . 64A¡No (e-A1t _ e-A2t). 36e-Alt + ~~6~~~ (e-A1t _ e-A2t)] .0. 3. 0.net = 0. 64A¡N¡ + A3N3..84 X 1O¡4 núcleos. Ap(t) Ap(t) + 0. +A3N3 que en el caso de N2 (e-Alt _ e-A3t). 36A¡Noe-Alt. i :1 .II. = NoA¡ [ 0. 2 26. I p ~) ..600 1. Al.191 Ci1010Bq 6. moviéndose en un campo magnético homogéneo B.600 1.0 23.401 0.fullengineeringbook.3 ® El Na-24.600 2.600 5.280 5.cm) unidad dedel intervalo de momento y el producto Bp un (rigidez magnética Solución: Para hacer el diagrama de Kurie tenemos que relacionar la energía cinética de los electrones. tiene un periodo T1/2 = 15.5 16.2 32.0 42.374x 2.9 9.net /3.600 3.8 15. T. Sustituyendo los respectivos valores de No.067x 109 Bq 2.31 A3 = 3.75 1. Los espectrómetros magnéticos se basan en que un electrón de carga e y velocidad v. cuyas líneas de fuerza son perpendiculares a la dirección del movimiento. emisor Kurie. j.0 4.950 2. obtenemos los siguientes valores t A".38 0.950 7.280 1.950 950 3.280 4. Bp. A2 Y A3 en las ecuaciones deducidas anteriormente.950 cuentas porgauss. www. con la rigidez magnética del espectrómetro. .1 37. Con la tabla siguiente.8 29. de /3 magnético.723 X 1010Bq Ap Ci 7.187 Ci 0.37 0.775x X 1.933x 109 0.h2h 3h 60 Frsica Nuclear: problemas resueltos Al = 1. hacer diagrama de expresada en espectrómetro. X 106S-1.9 A2 = 2.73 10-4s-1. También hay que calcular VpF . X X 1O-3s-1.280 3.0 39.74 Ci 600 4.6 22. 5. O h. 0.280 4. describe una trayectoria circular cuyo radio de curvatura p viene dado por: Bev = mv2 p .7 34. 7 5.3 1184. los valores de las constantes T (keV) = 511 [(1 + 3.Radiactividad p =mv También 61 =eBp.8 4. + www.4 41.2 479. moc2.74778.7 37.44 421.91189.0 P(P) T(keV) p(keV/c) Bp(gauss.0 16.7 058.0 1.1 1.57 683.7 29.9 39.5 7.4730.4 2.5 779.42 4. A.316).4 1.05 23.1 884.33 4. Con estos resultados obtenemos la siguiente tabla.0 383.0 1283. F284.5 1783.8 22. lntroduction to Nuclear Physics.3 11344. Enge.6 39.6 9.7 1243.5 6.3 9.810.9 7.fullengineeringbook. El valor de F.83 584.442 x 10-7 (Bpi)! - 1] . p.2 32. sabemos que ET = T T T =/(moc2)2 Sustituyendo + moc2 = /(moc2)2 = /(moc2)2 +c2(eBpi-moc2 + C2p2- =moc2 + C2p2.34 1.5 1.7 74.3 1.2 1582.24 3.0 597.4 6.1 1484.13 510.69 34.7 683.5 152.8 870. 1( 1+ m~c4 e2c2 (Bp)2 )!]-1.9 2.5 1678.0 15.8 1.4 1.9 1.51 F.cm) /~n(c/keV) .1 26.net p(keV Ic) = /(T 511i .3 959.93 7.7 1079.04 0.41 1.2 342.34265.7 0.0 3. (factor de Fermi) se ha obtenido de la bibliografía (H.3 42.1 128.1 1379.3 179.4 8.7 983.8 10. fullengineeringbook. valor muy aproximado al obtenido. corta al eje de las energías en T = 1. Con esta información sugerir un esquema de desintegración.0. El punto de corte del diagrama de Kurie corresponde a la energía cinética máxima de la transición f3. 42.7.1.8. (Hay dos posibles soluciones.r ! 62 F(sica Nuclear: problemas resueltos La gráfica obtenida es la siguiente 12 .39 MeV./ P(P) p2F = 10. 37 MeV.net O 500 O 1.000 1. La radiación gamma viene precedida por radiación beta que solamente puebla un nivel.8.45 T.) . ajustada por mínimos cuadrados: V .500 T (keV) Esta recta.. Estudios de coincidencias muestran dos características del esquema de desintegración: sólo una de las y's no tiene ninguna de las otras en coincidencia con ella. y ninguna de las gamma está en coincidencia con más de tres de las otras.7. 74. Desintegración gamma G) Cierto esquema de desintegración tiene las siguientes energias y (en keV): 32. 2.19 . 126. /P(p) p2F <:) <:) 10 8 6 4 2 www.3. Para el Na24 se encuentra en la bibliografia que vale 1. 84.¡ .1 Y 158. 0.net Con toda esta información se pueden establecer los siguientes esquemas: PADRE 00 00o <r¡ - t-- 00 " N <') o:r" t-- 158.8 keV.8 = 32.1 +84. la de máxima energía 158.1 + 84. con 10 cual se podrá llegar al estado fundamental con estas tres transiciones.7.fullengineeringbook..0. Además 158.1 42.7 +42.8 + 84.f' 00 84.8 126.1 keV o . Otras relaciones entre líneas serán 158.7 + 42.1.0.8 74. 74. es decir. 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.8 32. www.Radiactividad 63 Solución: Para establecer el esquema de desintegración hay que buscar relaciones entre los rayos gamma. 1 + 32. pero pueden ser ordenadas de distinta manera. 158.0 keV o keV .8 keV -N N o:r "C)" 126. 126. .net o keV ® Los tres estados más bajos del Estado Fundamental 1 2 834 poseen las siguientes características: Energía Espín y Paridad o 0+ 2.8 keV co .3 MeV (y¡).64 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos o co 00 \O" on N .13 MeV 3.17 MeV (Y3)' Veamos ahora de qué tipo se trata cada uno. El segundo irá del estado 1 al fundamental. Calcular las intensidades relativas de los rayos y suponiendo que todos los núcleos se forman constantemente en el estado 2..7 keV www.13 MeV (Y2)' El tercero del estado 2 al estado 1. la energía será 1.... - .3 MeV se observan tres rayos gamma..¡t- N" ~ 74. ¿Qué energía tendrán y de qué tipo son? (b) Dibujar un diagrama de niveles. tendrá 3.... ~" co 158.30 MeV 2+ 2+ (a) Cuando se produce el núcleo en su estado de 3..8 keV t- N M 32. . con 2. Solución: (a) El primer gamma será el que va del estado 2 al fundamental.fullengineeringbook. pero la probabilidad es mucho menor al aumentar la multipolaridad.10 } Nos da casi el mismo valor. Puede ser E2 ó MI.13. Para el 'JI2(2. H.17 MeV: Ml----<logA-13 deE2+Ml E2 ----<log A . lntroduction to Nuclear Physics. pp.30 MeV 2.net 1(1) 1(2) = Si tomamos I Al . la paridad no cambia. Encontramos que para 1.Radiactividad 65 'JI1: 2+ ----<0+. 1(2) = 1 = 1(3)----<1(1) = 10 I El diagrama de niveles es el siguiente oM rri" 3. 'JI2: 2+ ----<0+. se trata del mismo caso que el anterior.12 1013 = 1012 = 10. 1i = 2 Y 1f = 2 L E [0. estas probabilidades están estimadas por Weisskopf y Mosskowski.4].13 MeV. E2) ----<10gA1.) Para ver cuál de las dos es tendríamos que conocer las probabilidades de transición para los dos casos. para cada transición considerada (estas curvas aparecen en la bibliografia. 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). Tiene que ser unE2.3 MeV. Además en una situación de equilibrio 1(2) = 1(3) www.12. E2) ----<logA1 . Enge. E2. por lo que se trata (b) Para el 'JI1(3.fullengineeringbook.13 MeV Y2 0+ y¡ OMeV . 1i = 2 Y 1f = O L = 2. A. 260-261). (También podría ser E4 ó M3. no cambia la paridad. 'JI3: 2+ ----<2+. r I ! I ! 66 ® F/sica Nuclear:problemas resueltos El Ra226 se desintegra por emisión de dos rayos ex de energías 4,781 y 4,598 MeV pasando a Rn222 en el estado fundamental y en un estado excitado, respectivamente. (a) Sabiendo que la masa atómica del Ra es 226,025401 u.a.m., hallar la masa atómica del Rn. (b) Hallar la energía, espín y paridad del estado excitado del Rn sabiendo que el emitido en la desexcitación es de tipo E2 (suponer válido el modelo de capas para el estado fundamental). (c) Dibujar el diagrama de niveles de la desexcitación. Solución: Ra226 ----; Rn222 (a) Q = 4,781 MeV = 0,00513 + He4 + Q. c2• www.fullengineeringbook.net La energía del ex debido a la desintegración al nivel fundamental corresponde a la Q de la desintegración, suponiendo despreciable la energía del núcleo de retroceso Q = (m; - mI) c2 = [ m (Ra226) Buscando en las tablas m (He4) Despejando la masa del Rn222 m(Rn222) - m(Rn222) - m (He4)] c2, = 4,002603 u.a.m .. = 226,025401 - 4,0022603 - 0,00513, m(Rn222) = 1222,01766 u.a.m. (b) La energía del estado excitado vendrá dada por la diferencia de energías entre la del primer alfa y el segundo. El nivel fundamental tiene energía cero. El = 4,781 - 4,598 = I 0,183 MeV Radiactividad 67 El espín y paridad del estado fundamental, suponiendo válido el modelo de capas, es 0+. Teniendo en cuenta las reglas de selección, al ser la desexcitación de tipo E2, la paridad debe ser + en el estado excitado; además sabemos que L = 2 (multipolaridad), If =0, IIi - If I ~ La única solución posible es que Ii = 2 ~ 2:::} IIi + If l· El estado excitado tendrá [E] (c) El diagrama de niveles será: www.fullengineeringbook.net / ó IX M 00 4,781 MeV ..... 2+ 0+ 0,183 MeV r 68 F/síca Nuclear: problemas resueltos 3. PROBLEMAS PROPUESTOS 1. La actividad del carbono encontrado en especímenes vivientes es de 0,007 /lCi por kg, debido a la presencia de C14. El carbón procedente de un fogón situado en un campamento indio tiene una actividad de 0,0048 /lCi/kg. El periodo del C14 es de 5.730 años. Calcular el año en que este campamento fue usado por última vez. = 2,55 m) se obtiene de forma pura por separación química de su padre, el CS137.Si en un momento dado hay 1 /lCi de bario presente, ¿cuántos núcleos se habrán desintegrado al cabo de 5 m? 2. El isómero excitado del Ba137 (T 3. La cadena de desintegración: CS139~ Ba139~ La139, se estudia a partir de una muestra inicialmente pura de 1 mCi de CS139cuya T = 9,5 mino La del Ba es T = 82,9 min, siendo estable el La. ¿Cuál es la actividad máxima del Ba y cuándo ocurrirá? www.fullengineeringbook.net 4. Una pieza de torio que contiene 1 kg de Th contiene también 200 g de Pb. El Pb208 es el descendiente estable final de la serie radiactiva cuyo precursor es el Th232. El periodo del precursor es de 1,4 x 1010 años. (a) Suponiendo que todo el Pb de la roca proviene del decaimiento del Th, y que no se ha perdido nada, calcular la edad de la roca. (b) Existen en total seis partículas alfa emitidas en la desintegración de la serie radiactiva. Calcular cuánto helio se ha producido en la roca. 5. Calcular el periodo del K40 sabiendo que: (a) El potasio natural contiene los isótopos 39, 40 Y 41 en proporciones: 0,933; 1,19 x 10-4 y 0,067 (en n.Ode átomos por átomo de K natural). Los isótopos 39 y 41 son estables. Peso atómico medio del K natural = 39,1. (b) Un gramo de potasio natural emite 31 partículas f3 /s y 3,4 rayos y/s. Estos rayos y provienen de la desintegración por captura electrónica, dando un gamma por desintegración. 6. Con los datos del problema anterior, hallar la edad del mineral de potasio en el que hay acumulados 1,54 x 10-2 cm3 de Argon en c.n. por g de potasio. BIOomum Radiactividad 69 7. ¿Cuál es la actividad (en curios) de una muestra de 8 gr de agua que contiene 1 átomo de tritio por 105 átomos de H? El tritio decae por emisión beta con T = 12,26 años. 8. Un neutrón libre es en sí radiactivo y se desintegra espontáneamente protón, un electrón y un antineutrino: en un n --> p + /3- + v. Suponiendo al neutrón en reposo, (a) Calcular la Q de la reacción, (b) Calcular las velocidades del protón y el electrón después de la desintegración. 9. Sabemos que el neutrón libre se desintegra espontáneamente. ¿Se desintegrará el protón libre? ¿Por qué? www.fullengineeringbook.net 10. En un espectro de electrones, los resultados experimentales de los momentos de una muestra radiactiva, son los siguientes: p =.J8 P = .j24 moc --> P (p) = 384, moc --> P(p) p =.j48 moc --> P(p) = 288, = 192. (a) Hacer un diagrama de Kurie con estos datos, considerando que F(Z, E) = 1. (b) Determinar el punto de corte del espectro /3 ( en términos de moc2). 11. Completar la siguientes ecuaciones con las componentes que faltan: (a) v+Hé --> (b) He6 --> Li6 + e- + (c) e- +B8--> 70 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. www.fullengineeringbook.net (b) El Ni60 posee dos estados excitados de 2,50 y 1,33 MeV. ¿Es energéticamente posible la emisión y tras la desintegración 13- del Co? (c) ¿Cuál será la máxima energía de la uno de los estados excitados? 13- en el caso en que el Ni quede en cada 14. La desintegración ex de un núcleo, cuya masa está cercana a 200, tiene dos componentes de energías 4,687 y 4,650 MeV. Ninguno puebla el estado fundamental del hijo, pero cada uno va seguido de una emisión gamma, de energías 266 y 305 keV, respectivamente. No se observa ningún otro rayo y. (a) Con esta información dibujar un esquema de desintegración. (b) El estado desde el que decae el padre tiene espín 1 y paridad negativa, y el estado fundamental del hijo tiene espín O y también paridad negativa. Explicar por qué no hay una desintegración ex directa al estado fundamental del hijo. 1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA www.fullengineeringbook.net 1.1. Interacciones Partículas pesadas cargadas El mecanismo dominante en la pérdida de energía de las partículas cargadas es la dispersión de Coulomb por electrones atómicos. Es más probable que la partícula choque con un electrón que con el núcleo. En una colisión frontal entre una partícula de masa M y un electrón de masa m, la pérdida de energía cinética de la partícula es de la forma ~T = T (~). La pérdida específica de energía por ionización o poder de frenado para partículas cargadas está dada por la Fórmula de Bethe - dE dx = 4nZ2e4 mv2 N [ In 1(12mv2 _ 132) - /32 ] , donde 1 es un parámetro que representa un potencial medio de excitación, y vale 1~1l,5Z(eV). 71 72 Fl'sica Nuclear: problemas resueltos La trayectoria de las partículas pesadas es prácticamente rectilínea. La distancia recorrida hasta que pierde su energía y se detiene se llama alcance. El alcance R depende de la energía de la partícula, de su masa y del material que atraviesa. R= 10 T ( -- dE dx )-1 dE. Aquí T es la energía cinética de la partícula, no un periodo. Es posible escribirlo en función de la velocidad de la partícula, que es independiente de su masa y su carga. v R -- M Z2 jV o f(v)dv, donde z es el número atómico de la partícula, M el peso atómico del absorbente y es función de la velocidad de la partícula. Se puede usar la fórmula empírica del alcance de partículas (X f (v) partículas (X en aire: Rry. = 0,31 T3/2 cm; 4 < T < 7 MeV, www.fullengineeringbook.net partículas (X en un medio de número másico A: = 0, 56Rry. R~ donde Rry. AI/3 mg/cm2 (cm) es el alcance en aire de la partícula con la misma energía T (MeV). Rutherford demostró que la repulsión coulombiana entre un núcleo de un átomo pesado y una partícula (X incidente da lugar a que ésta describa una trayectoria hiperbólica. La distancia perpendicular desde el centro de un núcleo a la recta de incidencia se conoce como parámetro de impacto b, cumpliéndose b = zZe2 e -nso M IVI2 cot -2' siendo z y Z los números atómicos de la partícula (X y el núcleo; M¡ vi = doble de la energía cinética de la partícula (x, y e el ángulo de desviación de la dirección original de la partícula (X. La distancia de máxima aproximación para una interacción de Coulomb repulsiva, está representada por el diámetro de la colisión zZe2 -d = ---- 2nsoM¡v¡ 2. Interacción de la radiación con la materia 73 Electrones Interaccionan, como las partículas pesadas, por la dispersión de Coulomb. Se diferencian en que tienen a menudo velocidades relativistas, la trayectoria es en zig-zag y el alcance (definido anteriormente) es mucho menor que su trayectoria. En la fórmula de Bethe para los electrones hay que tener en cuenta las velocidades relativistas. A causa de que están sometidos a aceleraciones al pasar cerca de los núcleos, producen bremsstrahlung, o radiación de frenado. La pérdida total de energía tiene en cuenta las dos contribuciones: ionización y radiación. ion + ~~ = (~~) ( ~~ tad . En forma abreviada, queda - (dE) d X rad = 4r2 137NTZ 2 (3.1) In ZI/3' 183 donde T es la energía cinética del electrón, r su radio, N la concentración de átomos en la sustancia y Z el número atómico de la sustancia. www.fullengineeringbook.net (dEjdx)ion (dEjdx)rad 800 ~ ~ ZT(MeV)' (3.2) Como se observa en la ecuación (3.2), el término radiativo es importante solamente a altas energías y en materi;;¡les pesados. Para determinar el alcance se utiliza una fórmula semiempírica de Feather. En el caso del aluminio es de la forma Rp(gjcm 2) = { 0,542 TUs, T - 0, 133, 0,407 0,15 < T < 0,8MeV 0,8<T<3MeV Ten MeV. Radiación de Cerenkov Si la velocidad de una partícula cargada atravesando un medio de índice de refracción n es superior a la velocidad de la luz en ese medio, se forma un frente de onda cohenmte propagándose a un ángulo e con la dirección de la partícula, donde cjn __ 1 . cose = 7JC - n{3 Esta coherencia no aparece hasta que {3 = 1j n, que es la energía umbral para observar la radiación. r I 74 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 _ - (1- moc cose) +moc2jEo' (3.3) donde Eo Y E son las energías del fotón incidente y dispersado, respectivamente, y mo es la masa en reposo del electrón. En el proceso de creación de pares, un fotón crea un par electrón-positrón y desaparece. El balance de energías es www.fullengineeringbook.net +L Ey = +mc2 T+ +mc2, L siendo T + y las energías cinéticas del positrón y el electrón. Como el efecto fotoeléctrico, este proceso necesita la presencia de un átomo para que se produzca. Necesariamente hay un umbral, que es de 2mc2 = 1,022 MeV, por lo que es importante sólo para fotones de alta energía. Atenuación Consideremos un haz colimado de fotonesmonoenergéticos, incidente sobre una lámina de material de espesor x. El fotón puede producir cualquiera de los tres efectos citados, o varios a la vez. Los fotones que atraviesan la lámina son los que no han interaccionado, y el haz emergente es más débil. La ley de atenuación es de forma exponencial, 1 = Ioe-/-lX, donde f.1 es el coeficiente de atenuación total para un medio a una energía determinada, que vale f.1 = /-tI + f.1c + f.1p, siendo los tres sumandos las probabilidades para el efecto fotoeléctrico, Compton y creación de pares, respectivamente. Se mide en cm - 1. ••••••• ~a_oumuouMu.umu._""'mU"m""IM""m"'"~""m"'''~''''ml''~I''~''M''~''m· _= fullengineeringbook.1. Para ello se aprovechan diversos efectos que produce la radiación al atravesar la materia.Excitación de luminiscencia i . para las betas el alcance extrapolado (Rp) y para las gammas un "alcance" medio (Ry.Ionización (tanto en gases como en semiconductores) . Atenuación x Ry Rp de la radiación 1.Interacción de la radiación con la materia 75 Con frecuencia el espesor se mide en gjcm2 de absorbente. Los principales efectos son . medir y analizar las radiaciones nucleares.2. Se habla entonces del coeficiente de absorción másico definido como /1j p Y medido en cm2 jg. Detectores Existen una serie de procedimientos y aparatos que sirven para detectar.Disociación de la materia (placas fotográficas) ~ J . 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). 1 lo www. el concepto de alcance como tal no es aplicable a la radiación electromagnética). Para las alfas aparece el alcance medio (ReJ.net Re< FIGURA 3. por 10 que se puede hacer espectroscopía.Dentro de los detectores se suele distinguir entre meros contadores de partículas o fotones que alcanzan el dispositivo. y espectrómetros que son capaces de medir la energía de la radiación incidente.•. que el tipo de radiación recibida..Relación entre las partículas registradas y las que llegan al detector. Por 10 que el material que se comportaba como un aislante eléctrico pasa a ser parcialmente conductor. Éste es el proceso más frecuente utilizado en los detectores. Para detectar neutrones (partículas sin carga) se utilizan detectores similares a los anteriores.fullengineeringbook. -----------------'-------------------------------- - .. n E= N. Midiendo el ennegrecimiento producido en las placas fotográficas por la disociación. Si 10 que tenemos a la salida del detector es un impulso de corriente (obtenido con la electrónica apropiada) se podrán contar. y por consiguiente. Se utiliza en dosimetría. Midiendo la corriente eléctrica que por él circula puede deducirse la intensidad de la radiación que 10 atraviesa. En muchos casos este impulso es proporcional a la energía depositada. Los que realizan esta función se llaman dosímetros. después de haber llegado una partícula. que al desexcitarse emiten fotones luminosos.net En algunos sólidos (sustancias luminiscentes) al paso de la radiación ionizante se produce la excitación de parte de sus átomos. El funcionamiento básico según el efecto producido será: ]onización Cuando una radiación nuclear atraviesa un gas o un material semiconductor provoca la ionización de parte de sus átomos. actuando así como dosímetro. . éstos son recogidos por un fotomultiplicador que a la salida entrega un impulso de corriente. sales de plata). Para la protección radiológica es más importante conocer la dosis. pero con algún material añadido que reaccione con ellos (por ejemplo B ó Cd).. ~' . Disociación En algunos casos el fenómeno producido es la disociación de algunas moléculas (por ejemplo. trabajando en régimen de contador.Tiempo durante el cual el detector no es capaz de contar. Excitación de luminiscencia www.. Mediante una electrónica apropiada este impulso proporciona información sobre la energía de la radiación ionizante. Tiempo de resolución o tiempo muerto . la liberación de iones positivos y electrones. se puede deducir la dosis de radiación que ha alcanzado a la película fotográfica... por 10 que se trataría de un espectrómetro. Las características intrínsecas de los detectores son Eficiencia . o cantidad de energía depositada por la radiación en el organismo. www. E=aV+b. Las dos últimas características se refieren únicamente a los espectrómetros. El valor de la desviación típica se calcula (J= V . . R_FWHM Ea Linealidad .Jii. errores Cuando se realizan una serie de medidas experimentales el resultado se presenta como la media aritmética de las medidas más/menos la desviación típica o estándar. Estadística./'L(Xi-m)2 n-l donde Xi ' serán cada una de las medidas y n el número de medidas efectuadas.Interacción de la radiación con la materia 77 Resolución .La relación entre la energía disipada por un suceso ionizante E y el tamaño del impulso de tensión correspondiente V. La distribución de Poisson es discreta y en ella la media aritmética coincide con el parámetro de la distribución y su raíz cuadrada es la desviación típica o estándar m =fl y (J =. cuya función de densidad de probabilidad es: P(s) = fls x e-P s! siendo P(s) la probabilidad de que ocurran s desintegraciones en el intervalo (O.fullengineeringbook. t). Se ha probado experimentalmente que para la desintegración radiactiva el proceso sigue una Distribución de Poisson.Es la anchura a semialtura de una linea con relación a la energía.net m± (J. ~ 30 se puede aproximar la distribución de Poisson por la distribución normal o de Gauss. si P(s) = 1_ x e (p.r I 78 ! Fi'sica Nuclear: problemas resueltos Cuando fJ. xn) es la función que nos da la medida y cada desviaciones típicas de cada una de las medidas directas.. la desviación típica del resultado final será (J¡ ¡ =~I ±[ (a¡ 1=1 OXi ) (Jx-]l' 2 donde = ¡(Xl.fullengineeringbook. que es continua y simétrica (centrada en la media). . (JXi son las www..net ~ ~ . . función de una serie de medidas directas cada una de ellas con su correspondiente desviación típica. 2(J2 .J2n(J2 Cuando se trata de medidas indirectas. 2 mm I (a) Calcular la pérdida específica de energía por radiación 2 MeV en aluminio. Y teniendo en cuenta los datos siguientes: re = 2.net 4 Rcx Caso (a): He~ ::} Caso (b): H~ ::} ® RHe3 RH3 = 400/lm = -K 4 = K. el alcance de cierta partícula alfa es de 400 /lm.75 x 6. se obtiene nAl x = 2. y el alcance es función solamente de M A R oc 2 z = 2K. A = 27. Y Z = 13.75 gjcm3.82 X 10-13 cm. ¿Qué alcance se obtendrá (a) para un núcleo de He3.fullengineeringbook.1. PROBLEMAS 79 RESUELTOS 2.1).Interacción de la radiación con la materia 2. . z www. (b) para un núcleo de H3. cada uno de los cuales se mueve con la misma velocidad inicial que la citada partícula ex? Solución: Si la velocidad es la misma. PAl = 2. 13 x 1022nucljcm . = ~Rcx = 1400 /lm = 3Rcx = 11. Partículas cargadas CD Encontramos que en una emulsión fotográfica. f (v) no varía. de un electrón de (b) ¿En qué factor la pérdida específica por radiación en plomo excede la del aluminio? Solución: (a) Aplicando la eco (3.023 27 1023 3 = 6. 35 ) ' I (b) Igualmente en el caso del plomo. = 0.82 137 (dE) dx X 1022 X 20 =1 0..1) = I 0.r I 80 F/sica Nuclear: problemas resueltos (dE) -dx Al x 10.625. (dE) dx Pb j (dE) dx Al = OIJ La pérdida en el plomo es 19 veces mayor que la del aluminio. entonces /3 = ljn = 0.39 Te = me2[ vr=7J2 1 _ 1] = °' 511 (1VI _ 0.39 1 -----. (b) ¿Qué partículas tienen una energía cinética umbral igual a 29.MeV (protón) I .¡c.39 . en el umbral: cos e = 1.60.7 MeV I I .- Luego se trata de muones .13 -_ 4(2.2 MeVjcm Al X 169 x In ( 2183 .13)2 x 6.6 =1105.263 (b) T me 2 = ----==:::..1] = I.----. Y /32 = 0.6 MeV? Solución: (a) cos e = ljn/3.fullengineeringbook.143 MeV (electrón) Igualmente Tp = 938. 23[ Vl-0.. ••. ( dE) dx Pb = 3. 82MeVjcm..28---29. La relación entre ellos.¡. ® www.net (a) Calcular las energías cinéticas umbrales de un electrón y un protón a las que tiene lugar la radiación de Cerenkov en un medio con índice de refracción n = 1. 6.58 x 10-22 = k b.6 x 10-19? x 9 x 109 = 6. ¡ l(l + 1) Y como R ~ b.kR.s = 6. ILI2 poniendo p en términos del número de onda k : p = h k.48 X 10-14 x 2. Imax y'2 x 938 = 2. ye = 90°.58 x 10-22 MeV.Interacción de la radiación con la materia @ El parámetro de impacto para la dispersión de carga Z e está dada por zZe2 b = -4--M neo 81 de Rutherford por una partícula fija 1 IVI 2 e cot-2· Calcular el número cuántico de momento angular 1 de un protón de 1 MeV respecto al centro de dispersión. resulta 1= 6.net Ti b= 90(1. Z = 90.fullengineeringbook.12 El número cuántico de momento angular es X 1I 1014 = 13. lo que pone un límite al valor de 1: p k= y'2mE _ = --h- - Imax = k R. www. 12 x 1014m-l.054 x 1O-34J. 2xL6xlO 13 en donde se han utilizado las unidades h = 1.s. 1 4neo = 9 x 109 Nm2/C2. ::. Solución: Como L = R x p. = 14 I .. = l(l + 1)h2.7. Finalmente.48 x lO-14m. 1 = 10.386 ()2 . = 6. Radiación electromagnética G) Cuando pasa a través de una lámina de plata de 2 mm de espesor un haz estrecho de rayos gamma de 0.2.5 g/cm3.03 nm. M(Ag) = 107 u.fullengineeringbook.1 CID Considerar una dispersión 0. (a) Calcular la sección eficaz de interacción de esos fotones en la plata.1/N.1= (J N -+ (J = f.a.66 cm2/g Compton de rayos X cuya longitud de onda es de (a) La longitud de onda de la radiación difundida a 45°. www.net -¡lX f.5 =1°.15 MeV de energía. y por tanto (J = 1. el haz se atenúa un factor cuatro. e-flX.93cm .5 x 6.93 10. p = 10. Solución: (a) 1 = lo e-flX. lo = 41 luego: 1/4 = .~ :. 17 x 10. 82 F(sica Nuclear: problemas resueltos 2. (b) Calcular el coeficiente de absorción másico. (b) ¿Qué velocidad tiene el electrón de retroceso? ~ I .91 x 1022nucl/cm3.m.386.~P = 6.023 x 107 1023 = 5.22 cm2 = I 117 b I (b) El coeficiente de absorción másico f. N = f. -1 1. Calcular: '.. = ln(1/4) = 1. constituida por dos radiaciones de energías bien definidas (monocromáticas) E¡ y E2.4 x 1O-4MeV = 0. las intensidades de ambas radiaciones son idénticas./2 x0.- 1 -4 X)=9.4x1O MeV. De donde. Te=T-T . la velocidad del electrón de retroceso vale v=0. Teniendo en cuenta la pequeña energía del electrón de retroceso.cos e). 2) Si el haz atraviesa una lámina absorbente de aluminio.Interacción de la radiación con la materia 83 Solución: (a) De la eco (3. 1 =h(OJ-OJ)=2neh(. no es necesario hacer el cálculo relativista T = 2mv 1 2 -> v = V.07 X A + --2 me (1 .3). resulta .cose) +me2' siendo E = 2nehj A. /2T m = V. A 10-9 cm = 0.0307 nm (b) La energía del electrón de retroceso será www. --' .83x107mjs ® I Estamos realizando un estudio experimental de una radiación gamma compleja.. 04 x 10. se obtiene que me2 E'jE = E(l.511MeVje2 9.. = 7. habiéndose llevado a cabo las siguientes observaciones: 1) cuando no se interpone absorbente alguno al paso de este haz.net . finalmente. de 60 cm de espesor.fullengineeringbook. Luego la longitud de onda de la radiación difundida vale ¡ 0.061e=ll. A 2neh = x- x = 3.061 e. la intensidad de la radiación menos penetrante (12) es un 10% la correspondiente a la otra radiación (I¡).0307 nm.¡¡ cm. net { 1 +12 + /' = I¡' I¡ +12' ==I¡0.0644 0.0384 cm-¡ (1) x = 5 cm más { Iz' I¡' = 12 e. 1I¡ = Ioe. r 1 1 = -'-I¡ 2 = I¡ e- 51<¡ 1. se reduce la intensidad total de la los coeficientes de atenuación lineal y Solución: X = 60 cm { :::} Id 12 = 10 = 12=I¡Ioe-601<2 = 0. 51 0. 174 cm 136 cm-¡ /l2' { /l¡' = 0.0504 cm2jg cm2 jg . determinar másico del aluminio.fullengineeringbook.182 e. } de donde se obtiene (/l2 . Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtiene I El coeficiente de atenuación másico: /l' = /ljp:::} .~ 84 F/sica Nuclear:problemas resueltos 3) Al interponer otros 5 cm de absorbente radiación a la mitad de su valor anterior. se llega a 1.•.51<2 = 1.. /l2 { /l¡ I (2) _¡ = 0.Después 1I¡ Antes de de atravesar atravesarlos 55cm.e-51<¡ - = I¡ e- 51<¡ + 0.1 - 2 + 12e- 51<2 . e 1<2.82 e.51<1 + 0. cm. A partir de todos estos datos./l¡) = 0. 1I¡ e- 51<2 :::} +0 1 -5 .II¡ = 1.601<¡ e(1<2-I<¡) .=1I¡\.51<2 I¡e-51<¡ :::} www. 006 98 12 33 C4.cm3/s..)ri~r 2' por los valores medidos en el contador..fullengineeringbook. ) ..006 33 xx 625 12 x 900 4. en donde se han efectuado las siguientes medidas: 272 1..~ Interacción de la radiación con la materia 85 2. i=1 despejando K= Sustituyendo ~ ~ 4n~a L Q C(r.~r 1 21 = 5 = 1705625 ( 400+ +1...3. se tiene <P(r. K.) = C(r.net El flujo neutrónico La intensidad <Pmedido en el contador Q de neutrones es <P = C...-------------------------- .017 cm-1 para neutrones térmicos. Solución: K www. La ~a del agua es 0.cm3/m = 28427 cuentas.. que emite 1. -----""""-----"..~r. de cierto contador de neutrones de dimensiones reducidas..348 (c/min) r (cm) 30 25 2015 10 5 Siendo r la distancia media entre el contador y la fuente de Pu-Be. Detectores G) Determinar la constante de calibración.34898 xx 25 100++272 x 225+ cuentas.6 x 106 neutrones/s. ---------- . será de la forma Q = Si se mide el flujo <Pa distintas donde f ~a<P(r)4nr2dr. C(r-)r. r.)K distancias 6 Q = 4n~aK L C(ri)r.. net ~+ A. Energía necesaria para producir un par ion-electrón = 35 eVo Solución: La fuente emite 2/lCi = 7. . f A www.T._ =!263. El dispositivo permite colectar todos los iones producidos por cada partícula alfa.fullengineeringbook..5 X 35 106 = 157143 pares d . Cada partícula produce n= 5.r 1 ! 86 Ft'síca Nuclear: problemas resueltos 1 Luego la constante de calibración K= ® 1. e lOnes.7 2 X 104 partjs. ¿Cuál es la corriente que se mide en el microamperímetro? Ea = 5. La emisión alfa es isótropa.6xI0~_.5 MeV.4x 104 partjs La mitad solamente (por ser isótrapa) se reparte en el gas N = 3..4neutrjcm21 Se coloca una fuente delgada de P0210 de 2 /lCi entre las armaduras de un condensador como el de la figura. La aparición de un par de iones introduce en el circuito una carga igual a la carga elemental.• .. siendo mc2 la masa en reposo del elec- Suponemos que tiene un comportamiento lineal.74 X 10-3 VjkeV. 6.net + El pico de doble escape: trón = SIl keV. muestra tres picos prominentes en 7.SIl) 6.38 =a+bEy =a+ b(Ey .7 x 10 x lS7143 x 1. 38 ~.24 MeV l'Energm de 1 rayo y. Ey - lmc2..6 x 10 . 747. y además resulta que a = O. es muy alta para ser una radiación gamma .38- b Sl1b- = 7.Ey.49 =7. ¿Cuál es la energía del rayo y? Solución: El espectro tendrá un fotopico.38 X 10-3 = I 4.38.49 = a +b(Ey { S.3x CID -19 = 3. . Fotopico: .3xlO-4. luego V = a b E.uA! El espectro de impulsos de una fuente radiactiva. El pico de escape será . De todo ello se deduce que Ey = 1.Ey - mc2• www.49 = 1. 60 7. . un pico de escape y uno de doble escape. 1O-IOA=!9. de la que se sabe que emite sólo fotones de una única energía bastante alta.60 V. Como se observa.fullengineeringbook.Interacción de la radiación con la materia 87 La corriente será nqN I = -2- 4 I=9.6.49 y 5.J .1022) Haciendo operaciones 6. Haciendo operaciones con otras dos ecuaciones sale el mismo valor para la constante b. Dibujar el espectro de rayos y esperado cuando se coloca una fuente de y88 delante de un detector de INa y de un detector de Ge..5 1.. se emiten dos fotones con energías de 0. ro u (/J t:iJ Ge (Li) 0.... Los fotopicos se encuentran a la misma energía que la del fotón (Ey). . Los continuos Compton van desde O hasta un valor máximo que corresponde al de la energía cinética máxima del eÍectrón (cuando el ángulo de dispersión del fotón en el efecto Compton es de 180°).836 MeV (100 %). y que valdrá Ey Ebc = 1 + moc2/2Ey www. Solución: En un espectro de fotones aparecen fotopicos.moc2 y el de doble escape en Ey pico de aniquilación de positrones estará en moc2 = 0.511 MeV. ~ voo .898 MeV (92 %) Y 1..88 Fisica Nuclear:problemas resueltos @ En la desintegración del y88. ooo o ~vo '5. así como el pico de aniquilación de positrones.. continuos Compton y también pueden aparecer picos de escape y de doble escape. C'-l 1 ~ u :2 ro <l) o.fullengineeringbook. debidos a la absorción fotoeléctrica.• .... cuando la energía del fotón es superior a 2moc2 (mo es la masa en reposo del electrón. El .022 MeV). Ey > 1..5 2 E(MeV) .& 2moc2. cr ro u (/J ~ W o C'-l INa (TI) <l) c..net El pico de escape debe estar en Ey .. como se observa en la figura. Despejando. El contador no registra durante un tiempo T N' cada segundo.4. Determinar el número real N de partículas que cruzan el detector.net Solución: Sea N el número real de partículas emitidas por la fuente/t.Interacción de la radiación con la materia 89 En el caso del problema. N= _ N' N= 1 . Hallar la edad de la madera y el error que se comete en su determinación. el continuo Compton es importante.fullengineeringbook. Para determinar su edad se analizó una muestra de madera. Como se puede apreciar en la figura. El contador utilizado tenía un rendimiento del (5.612 MeV.322 MeV.5± 0. 2. el pico de aniquilación y los de escape. asoman ligeramente por encima del continuo. N .568± 30) años. un pico de escape en 1. el fotón de 0.699 MeV.814 MeV y un pico de aniquilación en 0.022 MeV Las principales diferencias entre un detector de INa y otro de Ge son la resolución (mucho mejor para el de Ge) y la eficiencia (mejor para el de INa).1) cuentas/m por 8 g Y el periodo del C14 es de (5. ® Se sabe que el carbono de la madera verde da (16. pero el espectro de INa(Tl) tiene mayor número de cuentas (eficiencia). En los detectores de INa. un continuo Compton.2) cuentas/m sobre 8 g de la muestra. Sea N' el número de cuentas que registra el contador/t = 5 x 104 c/m.40± 0. El fondo del contador era de (5.836 MeV dará lugar a: Un fotopico de 1.N' = N' T N/ t = son las que no cuenta el contador.14) % Y registró (9.1 ± 0. un pico de doble escape en 0. O X 10-4 s registra N' = 5. El fotón de 1.0 X 104 c/m.(5 X y sustituyendo 5x104 104 x 2 x 10-4/60) = I 6x 104 c/m I Que es el número real de cuentas. ya que la energía del fotón es superior a 1.898 MeV dará lugar a un fotopico de 0. www.511 MeV.03) desint/m por gramo de carbono.836 MeV. hasta 1. Estadística CD Un detector Geiger-Muller con tiempo de resolución T = 2. j .898 MeV y a un continuo Compton que llegará hasta 0.0± 0. Hay T N' N partículas no registradas en el contador durante el tiempo t. los picos del Ge son más estrechos (resolución). 054 0. Error del periodo del carbono. (C-F) = _T__l =499 8pA~ 0.56 c/m.4 % = 0.5 .693 (C . =pAN es el rendimiento = 5.4) . ' .0.I Frs.628.5. depende del tiempo).693 Ao ~ _ T 1 ap .56 .693 1 ~ aAo = _T_ (C-F) 8pAo 1 0. e-Al _ -At = 0. t = 0.1 = 0.0.net 2 (J =i/ L[ (::J(JXi] (3. siendo (JXi los errores de las medidas.44 ---.F)/8pAo ' = -0.0)/8 = 0.g.054 x 16. es estadístico y sistemático.estadístico. at ae T 1 =1785.ca Nuclear: problemas resueltos 90 Solución: A(t) p = pAoe-Al = (9.: = \3534 años I Para calcular el error hay que considerar errores sistemáticos y estadísticos.693 P = 148789. t= °.4. T693 In (C-F) 8A p o -aTat =--ln 0. Error de Ao ---. De la ecuación obtenida. Error de fondo y de contaje ---. es estadístico (radiación cósmica. La desviación típica es de la forma www.644 ---.fullengineeringbook. 3. = 4.net Solución: Sea NI el número real de c/s que emite la fuente 1.97.693 (C _ F) = 1785. N2 el número real que emite la 2. Sea. = 178. En general si N son las c/s emitidas y n las medidas.fullengineeringbook. ot -(1 oT ot . m será el tiempo durante el cual no ha medido nada el detector. Juntas dan como resultado nl2 cuentas/s.8. Operando la ecuación (3. Aplicando esta relación a las medidas realizadas en el problema nI NI = l-nl" n2 N2 = 1. Alternándolas el contador registra nI Y n2 cuentas/s.5.4). N12 lo que emiten cuando están juntas y F el fondo real. el tiempo de resolución. ot OF(1F = 357. N m será el número de cuentas que no ha podido medir porque han llegado en ese tiempo.4. f www. Dos fuentes radiactivas se colocan cerca de un detector.n.--------c--¡ Interacción de la radiación con la materia ot T 91 1 oF = 0.' J . N-n =Nn.n2" n12 N12 = 1_ n12' f F= l-f. ~N = n ---o 1. es decir. Encontrar el tiempo de resolución del contador. oC(1c ot op (1p = 208. siendo el ruido de fondo. resulta finalmente que (1 t = (3534 ± 450) años I I ® ot 1 Ao oAo = 450 años.-(1 1 T = 8. Si los denominadores son lo suficientemente pequeños.n¡ . n 1_ nr = n + nZr.n~z .F + Nz F = N12 . n¡Z 1 . ./Z) = n¡Z +/ z = n¡Z +n¡Zr.n¡Zz /z .fullengineeringbook.nz n¡Z n¡z + nzz . www.n¡Zr 1 n¡ --n-¡-r nz + -1 ---n-z-r- -1 / ---/-r .net +/ de donde r= n¡ .F - - N¡ + Nz - F = N12• Sustituyendo las expresiones anteriores. y n¡ +n¡rz +nz +nzrz - r (n~ + nª (j + /z) r .nz.Fi'síca Nuclear: problemas resueltos 92 Sabemos también que N¡ . 50 MeV sufren dispersión de Coulomb en una lámina de (a) ¿Cuál es el parámetro de impacto cuando la partícula dispersada se observa a 90°? (b) Encontrar la mínima distancia entre la partícula ex y el núcleo. el fotón dispersado lleva el 56% de la energía. (a) ¿Cuál es el poder de frenado (relativo a las alfas) de los deuterones con la misma velocidad que las alfas? (b)¿Cuál es la energía de los deuterones? 3.net 4. ¿Qué espesor de aluminio tendremos que poner si queremos atenuar un haz estrecho de rayos X. Un haz de rayos X se atenúa un factor 2. ¿Cuál es el ángulo de dispersión que corresponde a un fotón de esa energía? 5. lo mismo que lo atenúa una lámina de Pb de 1 mm de espesor? (/ljp)Al = O.fullengineeringbook. (/ljp)Pb = 0.Interacción de la radiación con la materia 3. Una fuente puntual de partículas ex de 20 /lCi se coloca en contacto con una cara de una gran cámara de ionización. (a) ¿A qué ángulo se emitirá la radiación de Cerenkov producida por un núcleo de H3 de 5 x 103 MeV al atravesar un medio transparente de índice de refracción n = 1. La fuente emite partículas alfa de una única .942 cm2jg. ¿Cuánto vale el coeficiente de absorción másico? www. PROBLEMAS 93 PROPUESTOS 1. (c) Encontrar las energías cinética y potencial de la partícula ex a esa distancia. 7. Cuando un fotón de 1 MeV sufre una dispersión Compton. con una energía de 200 keV. Las partículas oro (Z = 79).5? (b) ¿Cuántos fotones por metro de recorrido se emitirán con longitudes de onda comprendidas entre 400 y 600 nm? 2. después de pasar a través de una placa de aluminio de 2.6.9 cm de espesor. 6. Se considera un haz de partículas alfa de 5 MeV atravesando el aire.122 cm2jg. ex de 6. El radio del filamento es de 1/10 mm y el del cilindro es 0. 1.d.336.357.- 94 Frsica Nuclear: problemas resueltos energía. 7.net . Calcular el número de cuentas/s netas que son detectadas debidas a la fuente. de 1.345. Entre ambos se aplica una d. 1.500 V. se 10. www. También se ha medido el fondo del mismo modo. Calcular el valor del campo eléctrico en la superficie del filamento de un contador proporcional.) 8. ¿Cuál es la corriente producida a la salida de la cámara. 7..fullengineeringbook. y ha dado los siguientes resultados: 1.362.30 MeV.p. 1. 9. 4.01 m. 1. Se ha medido la actividad de una fuente en cinco periodos de 30 seg. dando: 5. si las partículas a que entran en ella pierden toda su energía? (Suponer un 100% de eficiencia en la colección de cargas. ¿qué probabilidad P(t) hay de que la siguiente desintegración detectada se realice después de transcurrido un tiempo t? 11. Cuando se detecta una desintegración.382. 5. 6. ¿Qué fracción de partículas cruzando un contador con resolución perderán durante el contaje de 100 y 105 cuentas/s? T = 1O-6s. l. La Q de la reacción es la diferencia de masas en reposo entre el primer miembro y el segundo multiplicada por c2 • b a •. Esquema típico de colisión entre dos partículas 95 .b)B. INTRODUCCIÓN TEÓRICA Una reacción nuclear es un proceso en el que cambia la composición y/o la energía de un núcleo blanco debido a que ha sido bombardeado con una partícula nuclear o radiación gamma (se trata de una colisión entre un núcleo y una partícula).net A +a~B +b+Q. A B FIGURA 4. entre paréntesis el proyectil y luego las partículas que escapan.!..1. en la que la primera letra es el blanco y la última el núcleo residual. Esta reacción se representa frecuentemente mediante la siguiente notación.fullengineeringbook. ideada por Bothe A(a. donde A es el núcleo blanco. . a la partícula incidente. B el núcleo residual y b la partícula emergente de la reacción. www. pero O. Ocurre para cualquier energía del proyectil.1.Para que se conserve la energía total del sistema. 2 / mambTaTbCOsB. Principio de conservación de la energía total. Ley de conservación del número de nucleones. En este caso I QI es la energía mínima que debemos comunicar a las dos partículas del primer miembro. En una colisión inelástica se conserva el momento lineal y la energía total. en donde las partículas son emitidas formando un cierto ángulo.-El número de nucleones (A) total se conserva.2) sobre la trayectoria inicial.net Q mb = (-ma . Q ::. la reacción es exotérmica. (4.M IQI.t: Si Q es positiva. resulta ser. la reacción es endotérmica. si queremos que se produzca la reacción..1) donde m es la masa de la partícula incidente y M la masa del núcleo blanco. En este caso B = q> = 0° y la partícula b y B se mueven en una misma dirección. . antes y después de la reacción. En el sistema laboratorio la energía cinética umbral de la partícula incidente para que ocurra la reacción será T _ m+M u.fullengineeringbook.-Se conserva la carga atómica (2) a lo largo del proceso. 1. pero el número de protones y el de neutrones no tiene por qué ser conservativo. de la conservación de la energía y el momento www. debe ocurrir Ta +mAc2 +mac2 = TB + Tb +mBc2 +mbc2. Si Q es negativa. -v mB b (4.96 F/sica Nuclear: problemas resueltos En una colisión elástica se conserva el momento lineal y la energía cinética. suponiendo el núcleo blanco en reposo.1. como Leyes de conservación en las reacciones nucleares Ley de conservación de la carga. por lo que Q = O. en el sistema de su centro de masas.l)Ta +(1 + -)Tb mB mB - siendo B el ángulo de desviación de la partícula aparece en la figura 4. En una reacción del tipo a + A -+ b + B. no la energía cinética de las partículas. Se representa con (J y se mide en barns (10-24 cm2). La sección eficaz de un blanco para una reacción determinada es una propiedad del núcleo y de la energía del proyectil incidente.J . La sección eficaz de la reacción es de la forma (fórmula de Breit-Wigner): - 11: - (Js(E) -gk2(E-E¡) rarb 2 r2' +4 . Emisión de partículas. Captura radiativa. calculable teóricamente. en donde se forma un núcleo compuesto C* a+A----->C*----->b+B. Tipos de reacciones nucleares Dispersión. Estas reacciones son siempre exotérmicas.. Fisión. el núcleo se escind~.net El concepto de sección eficaz sirve para describir cuantitativamente la probabilidad de que se produzca una reacción nuclear. En una reacción nuclear.Hay una emisión de partículas posterior a la absorción del proyectil. y posteriormentt..3. y si es inelástica. Es una magnitud medible experimentalmente y. Hay casos en que la sección eficaz de reacción es muy grande en pequeños intervalos de energía. Son estados virtuales y las S<J:lergías correspondientes se llaman "energía de resonancia". Fotodesintegración. 1936).-Se emite radiación gamma después de que el núcleo blanco absorba al proyectil...fullengineeringbook.Reacciones nucleares 97 1. Esto sugiere que dichos estados tienen una vida media '[ dada por h -~E '[ =r. el núcleo colisionado alcanza alguno de sus niveles excitados.. El descubrimiento de estas resonancias dio lugar al modelo del núcleo compuesto (Bohr.Varios núcleos ligeros se unen para formar otro más pesado. Altamente Fusión. a la vez. Sección eficaz www.Se 'absorbe el proyectil y posteriormente exotérmicas.Se trata de la colisión mecánica entre el proyectil y el núcleo blanco. 1. Estas reacciones son siempre endotérmicas.En este caso el proyectil es radiación gamma. Varía la trayectoria de las partículas.. Estas dos últimas se tratarán con más detenimiento en el capítulo 6 de este libro.2..~ se emitirá una partícula. (4. E es la energía de la partícula incidente. mide la probabilidad de emisión. La variación de núcleos a lo largo del tiempo será dN dt = ~<I>_ AN. En caso de resonancia. En el caso de dispersión elástica. Y b ra(rwww. ra) Pj4 = g k2 Velocidad de producción de una reacción nuclear R = ~ <I>reaccionesjcm3 • s donde ~ = (J N. . El es la energía de resonancia. <I>= flujo de partículasjcm2·s.fullengineeringbook. E = El.. que recibe el nombre de actividad de saturación del material. r =r a = rb y en la resonancia.4. k = número de onda = pjh.ra.F/sica Nuclear: problemas resueltos 98 donde g es un factor estadístico que tiene en cuenta los espines.. . = anchura total de la reacción = r r a r +r a b = (2l + 1) para partículas + .net n (Jin 1. En el caso de dispersión inelástica. N = concentración nuclear (njcm3). g sin espín. es la sección eficaz macroscópica. se tiene 4ng (Jel = k2 .3) Al cabo de un tiempo lo suficientemente largo se alcanza un estado estacionario en que ~<I>= ANo. por lo que la actividad en este estado estacionario será Ao = ~<I>. hay que tener en cuenta que por tanto la sección eficaz es r = r . Cuando el tiempo de exposición no ha sido lo suficientemente largo.3) es )'N(t) = ~Il>(1. www. la solución de (4. y la concentración de N(t) = Noe-At.Reacciones nucleares 99 Si se retira del flujo el material activado su actividad decaerá de forma exponencial N (por cm3) al cabo de un tiempo t será.fullengineeringbook. lo que es igual a la actividad por cm3 de la lámina para un tiempo t de exposición.e-Jet).net . que www. Tn = O Y además por conservación del momento IPal Q . T .a. = I 2. F(sica Nuclear: problemas resueltos PROBLEMAS RESUELTOS 2.(mLi +m"J] c2 = = [10.net Q = [mE +mn .012937 + 1. T l _ mLi ma (Q _ T ) T _ mLi a . Solución: B. a .995 x 1O-3u.TL"l Tex } mLiTLi =.79 MeV c2 = I (b) Como es un neutrón lento consideramos que su energía cinética es igual a O._.(7.O +n ~ Li~ + ex.m.78 = 11.+ maTa = =Q - . Supo- calcular (a) la energía liberada por la reacción (en MeV). (a) Con las masas que aparecen en las tablas para los núcleos y las partículas participan en la reacción y sustituyendo.016004 + 4. 008665 .mLi m".002603)] = 2. Leyes de conservación en las reacciones nucleares CD Al capturar el Hora un neutrón lento. =11.ex)Li7• niendo que el núcleo de litio quede en el estado fundamental. (b) las energías cinéticas de la partícula exy del núcleo de Li.fullengineeringbook.L' '" . se produce la reacción HlO(n.ma +mLiQ TLi I Pul T".1.01 MeV MeV I .r 100 2. se trata de otra partícula el.net =moev2 m(X VI =sen ()m(Xvi (a) mx +mxv~ sen lf¡ (e)(b) m.fullengineeringbook. mientras que el núcleo blanco deja una traza formando un ángulo de 35°.Reacciones nucleares ® 101 Se estudian las colisiones elásticas entre haces de partículas alfa y otros núcleos en una cámara de niebla.= 1 =} mx = I La masa del núcleo es cuatro. VI m(X sustituyendo en (a) y operando mx sen(() +lf¡) V=-V2---sen() m(X sustituyendo los valores de mx m(X VI y V en (e) y operando sen2 +lf¡) () [sen2(() 4' mx 1 -0. } Despejando en (b) mx senlf¡ sen() = -V2--. Se observa que la partícula el se desvía 55° de su dirección." cosO +mx'. _ sen2lf¡] = m -¡.67 0. sen2 () _ . coso¡. 41 .' ~ m. Determinar la masa del núcleo blanco.1.33] [ . ex ex • x· x Solución: Según la figura anterior y planteando las ecuaciones de conservación del momento y de la energía cinética ° V2 www. Te (1) Pe =Po .5 +4 = 1. (3) Todo este razonamiento se ha hecho suponiendo el movimiento de las partículas en el sistema de referencia del laboratorio.039.° grado 4X2 . Queda una eco de 2.866 12 x 0. por 10 que es el ángulo que forma la partícula a después del choque en el sistema laboratorio. resulta O< T = o< To . más la velocidad con que se mueve el centro de masas. = JTo(To mo< = 4. <p Para pasar del sistema de laboratorio al del centro de masas sólo hay que tener en cuenta que la velocidad en el centro de masas es igual a la del laboratorio. Llamando (J al ángulo en el centro de masas.fullengineeringbook. En cualquier libro de Mecánica puede encontrarse el cambio.Po< } = Po + Po<- . es precisamente To . de la conservación del momento y la energía cinética.I 102 F(sica Nuclear: problemas resueltos ® Una partícula alfa sufre una dispersión elástica por un núcleo de Cl2 estacionario.Tc)cos<p.net para simplificar. para determinar el ángulo.x(4 . a un ángulo de 60° (en el sistema del centro de masas). se cumple que me sen(J tan <p = me cos (J + mo< 12 x 0.TcCmo< +mc) 2mo<JTo(To . por 10 que se debe hacer el cambio de un sistema de referencia a otro.cos2 <p) +sen2 <p = O. Luego la fracción de energía perdida será Te / To. Teniendo en cuenta las ecs.Pe 2 2 (2) POPo<cos <p 2 2 Teniendo en cuenta que p2 = 2m T y sustituyendo (1) en (2) se llega a = 2mo<To .Tc)cos<p. me = 12 queda .T = Te.2Te Haciendo Te/To = x. www. En el problema se dice que forma un ángulo de 60° en el sistema centro de masas. dando los valores enteros de las masas To . ¿Cuál será la fracción de energía cinética perdida por la partícula a? Solución: La energía cinética perdida por la partícula a a consecuencia del choque. y elevando al cuadrado. . para esta reacción nuclear. (c) ¿Existe algún límite para los neutrones emitidos? (d) Encontrar una expresión que relacione. Sólo es válida la segunda.32 <p 103 = 46. se ha introducido al elevar al cuadrado.39-8.1871 Al bombardear Li7 con protones de 4.net (a) Calcular la Q de la reacción. www. n p •.fullengineeringbook.52± Jl1.692 ~187 De las dos soluciones una es espire a.94 MeV. el ángulo límite con la energía cinética de los protones incidentes. Li7 Be7 . (b) Calcular la energía máxima de los neutrones emitidos cuando la energía de los protones incidentes es de 5 MeV y en el caso de que sea de 2 MeV.Reacciones nucleares de donde resulta que el ángulo en el sistema de laboratorio es tuyendo este valor en la eco (3) se obtiene 8 x= 3. Los neutrones expulsados según un ángulo de 90° con la dirección del haz de protones tienen una energía de 1. la fracción de pérdida de energía cinética de la partícula ex es T- L1T _ Te To @ = 1 0. Por tanto.5 MeV tiene lugar la reacción Li7 (p.9 MeV. Aplicarle los valores de 5 y 1.n)Be7. pero no corresponde a la solución.1.° Susti- -_ {0. 2) y teniendo en cuenta que e = 90° Q = Tp (::::e . 35JTn .r 104 F(sica Nuclear: problemas resueltos Solución: Le + p ----> Be 7 + n + Q.562 + 9.net Para Tp = 5 MeV -18.31 =0.33 MeV I = 2 MeV Tn .56 + -10.065 = 0.26 JTn = I Para Tp 2 Tn = 3.1 ) + Tn (::::e + 1 ) = 4. I Tn = 0. Q=I-l.1 ) + 1.fullengineeringbook.64 MeVI (b) Utilizando la expresión (4. (a) Aplicando la expresión (4.0.. 5 ( ~ . La energía máxima será para cos e = 1 ----> e = 0°.J5JTn cos e = 0.0.52 + 8Tn - 2.~JmpmnTpTnCose. resolviendo la ecuación y teniendo en cuenta únicamente la solución de raíz positiva (la de raíz negativa corresponde a la energía mínima) 0.94 ( ~ + 1 ) .2) Q = Tp ( mBe mp _ 1) + Tn ( mBe mn + 1) mBe -. www.23 MeV I . Tn-0.56JTncose-2. = 1. en el sistema de laboratorio. no existe ángulo límite. ® = 63° I Para estudiar y analizar la distribución de los protones de retroceso en una colisión elástica. ° + 3. 14 Tn ~' a v~cos 8 jTn 0. 92Tp cos28 0. siendo T' la energía cinética .082Tp .Reacciones nucleares 105 (c) y (d) El ángulo límite dependerá de la energía cinética de los protones incidentes.3. ésta será la energía cinética mínima para que exista ángulo límite.3.fullengineeringbook. Para Para Tp Tp = 5 MeV. Suponga que un neutrón con energía cinética Tn al chocar con un protón se desvía un ángulo e.64 . Y T.48 .48 .0. El ángulo límite vendrá dado por la siguiente expresión = 7. después de la colisión.e respecto sen2 8. En general 1. = Tn cp = 90 . se utilizan neutrones de baja energía.7. vamos a ver que para algunas energías no existe ningún ángulo límite. ° www. 908 MeV. (b) Demostrar que T~ = Tncos2e. 082Tp cos2 8 . 286jTp '-v-' e + 1. (a) Demostrar que los protones emergen según un ángulo a la dirección de los neutrones incidentes.48 = 0.net para que exista este ángulo límite cos28 ~ 7. 92Tp = 0--+ Tp = 1. 90 MeV el ángulo límite será I eUm. 92Tp > O. 86Tp b para que tenga solución esta ecuación: 4ac > b2 - 0. 106 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos Solución: (a) Aplicando ClOnes.T~) cos(O +<p) 2¡T~(Tn Tn . luego '2 2 '2 ' Pp =Pn +Pn -2PnPncosO. la conservación del momento y la energía cinética. Y 'sustituyendo T~ = . sustituyendo T. resultan las ecuaTn = T~ + T.P~.net <p) = O:::} O cas(O luego (b) De (2): P~ = Pn I <p <p = 90° = 90 . resulta = O. . resulta T~ De una manera = ¡TnT~cos(}:::} análoga se despejan . (2) Pn =P~ +P~ mn = mp = l:::} p2 = 2T (3) (1)} de (2) resulta 2 '2 '2 Pn =Pn +Pp Teniendo " + 2PnPp cos(O +<p).fullengineeringbook.() I c. de donde se deduce que + + www.d. en cuenta (1) y (3). Tp = I T~ TncosO I P~ y T~ para dar como resultado '2 ' TnTp cas <p :::} Tp 1- I T. por su valor.q.T~. y según (3). = = = Tn sen2 O I 2 Tn cas <p:::} . mz)c2 + Ta (mAm.2. (a) La sección eficaz alcanza un pico cuando la energía de las partículas exincidentes es 14. Niveles de energía y secciones eficaces.ma + ma.10 mg/cm2 y una ex. ma Tz = -Ta.calcular la actividad que resulta después s. En este caso el núcleo compuesto es 016. 41. maTa = mzTz.net a+A ~Z*. se puede producir en la reacción C12(ex.6 MeV.. mz considerando el núcleo blanco en reposo. T = 122 para la energía incidente del apartado anun blanco de carbón de 0.fullengineeringbook. que tiene importantes aplicaciones médicas. Para calcular la energía de excitación del núcleo compuesto planteamos el caso general www.mz ~ mA Y que mz ~ mA Eex = (mA +ma . Eex = (mA +ma . Suponiendo corriente de 20 nA de partículas de 10 m de irradiación. ----------------------------------------~------------------------' . ). Sustituyendo en la expresión de la energía y despejando. Resonancia G) El isótopo radiactivo 015. Si tenemos en cuenta que ma .n)015. ¿Cuál es la energía de excitación del núcleo compuesto? (b) La sección eficaz de la reacción terior es de 25 mb..mz)c2 + Ta (1- :: ). Por conservación de la energía total y del momento maC2 + Ta +mAc2 = mzc2 +Eex maVa = mzvz ~ + Tz. Solución: (a) Las resonancias ocurren cuando se alcanzan niveles excitados del núcleo compuesto.Reacciones nucleares 107 2. 25 1010IXS.5. Cada partícula alfa tiene una carga equivalente a 2e.688 x 10_ 3 e2 + 10.fullengineeringbook.919 = 6.1 s. Sustituyendo los valores que aparecen en las tablas Eex = (12 + 4. = 117.66 MeV Eex (b) Calculamos las partículas IX por segundo que inciden sobre el blanco...2 mCi I x 10.58 MBq = 0. X Podemos calcular también el número de núcleos por cm2 que tiene el blanco n = 0.25 x 1010(1_ = 7.rp 1 108 Ftsica Nuclear: problemas resueltos Para el caso del problema Eex = [m(CI2) +m (He4) .002603 . www. S. 3.3 . La actividad será A = A = 25 X crnlj¡ 10-27 (1.02 lA X 1 A 1021 = In 2 = 5 68 122 ' x 6.2 x 1= 20nA lj¡ (IX s S ) _ 1O-19C. e-S.023 12 X 1023 = 5.68XIO-3x600). x 5.net Q(2e-) = 3. 9949l5)e 2 + 14 (12) 12 + 4 = 7.2 20 xx 10.m (016)] e2 + THe ( m(CI2)m(CI2) +m (He4) ) .. .10 x 6.15.02 X 1021 nucljcm2. = 20 x 1O-9Cjs --.e-At). r-' La masa reducida ¡t = ma mp = 4. (a) ¿Cuál es la vida media del liS? (b) Estimar la sección eficaz para esa energía de resonancia.32x 10-22 s I (b) La sección eficaz de difusión es www.a.58 0.Reacciones nucleares ® 109 El núcleq de lis aparece con una resonancia en la dispersión elástica de protones con He4.24 b ---- I 10-24 cm2..net [2 () (E) n . _ [- 6. La resonancia tiene una anchura de 0.805 u.s 106eV = Il.m = 749.007825 = 0..5x x1O-16eV. 9 MeVJc2. . 007825 ma +mp 4.002603 + 1.Eoi + ~ Como se trata de una resonancia E siguiente modo: ( () Eo) Eo la expresión anterior queda del donde el numero ' 2¡tEo = 8n k2' de on das k 2 = ----¡.4nh2 = _. 24 X ()(E ) . con energía de 2 MeV. 2' = g k2 (E .4n~ (6..3.fullengineeringbook.56 ~ _"~ o - ¡tEo () (Eo) = I 3.002603 x 1. ~M' _.5 MeV y g = 2. Solución: (a) La anchura de la resonancia se relaciona con la constante de desintegración mediante [=hA h =:¡:::} _ T - !!. O 22)2 x 1. 4) ma) ex = 4 x 15 11 +0.91. A partir de los anteriores datos experimentales. La reacción'se encuentra acompañada por radiación gamma cuya energía El' = 2.~ 110 CID F(sica Nuclear: problemas resueltos Al estudiar la reacción 811 (ex. Por otro lado.31 MeV.95. establecer el esquema de niveles del nucleido N14 para bajas energías de excitación.mb + mE .31. Por la conservación de la energía y del momento + www. 4. Los de 2.64 MeV.53 MeV. En el problema que estamos estudiando del bombardeo con partículas Edis = T (1 _ m(n) m+m(NI4) (ex) IX ) + Q (4.fullengineeringbook. = mb +mE TCM' sustituyendo y despejando T Edis =Q+ a( 1.31 MeV.0 MeV.79 y 2.79. Solución: Vamos a calcular en un caso general cuál será la energía disponible para la excitación de niveles. Con esta energía disponible se ha poblado el nivel de 2. . Edis ~ = Tp (1 _ m(p) m +m(NI4) (p)) = 7 x 15 14 = 6.0 MeV sobre N14 se observa la subsiguiente emisión de radiación y de energías 5. n) N14.152 MeV.31 MeV. y 1. 3.152 = 3. a +A ----> b +B.31 Y 1.64 Y 2. ma Ta. Q = 0. se encuentra que la Q de la reacción vale 0. por una parte.net Ta +mac2 +mAc2 maTa = mbc2 +mEc2 = (mb TCM +mE) TCM. se tratará del primer nivel excitado del W4. 2. se emiten en coincidencia. lo haremos en el sistema centro de masas. al estudiar la difusión de protones de 7.08 MeV. por otra. 2. Para la difusión de protones. odginada al bombardear un blanco de 811 con partículas alfa de 4.10. El esquema de desintegración es el siguiente: .31 = 3. Vemos de los que se emiten en coincidencia: 2.4.fullengineeringbook.31 MeV OMeV 2.10 MeV..10 MeV 4.64 +2.95 MeV www.10 MeV..91 Y 5.> <l) ::E 0\ ¡--.> <l) \00 ::E '<t 3. .31 ..95 MeV. los niveles de energía serán: 2. ex + Cl2 _ Nl4 +d.91 MeV es una transición directa de un nivel con esa energía al fundamental. 1.f - 5. El Y de 4. Energía umbral G) Calcular las energías cinéticas umbral de las partículas siguientes reacciones: (a) ex + Lj7 _ SIO + n. 31 = 5. (b) ex y neutrones en las ..95 .3.79 + 2.net 2.Reacciones nucleares 111 Puede poblar un nivel que se encuentre por debajo de esa energía.3.91 MeV . Por tanto. No se necesita energía umbral. 575 ( 1 + 1~ ) = 118.002603 + 7.003074 +2. ya que se trata de una reacción exotérmica ~ - . 002603)] e2 = = 1.112 F/sica Nuclear: problemas resueltos (e) n + 017 _ e14 +cx.(14.1) Y la Q Tu=IQI(I+.951 X 1O-3e2 = 1.(14.net = -2. (d) Solución: Recordando la expresión para la energía umbral (4. .014102)]e2 = = -O.1 MeV I (c) Q = [1. 016004 . con las masas obtenidas de las tablas los resultados son los siguientes: (a) Q = [4.). 014573e2 = -13. n + el2 _ Be9 +r:x. 008665 + 16. 008665)]e2 = www.790 ( 1 + .(10.575 MeV.999131 . ) = I 4.012937 + 1.Q=("Lmi-"Lm¡)e2.fullengineeringbook.38 MeV I (b) Q = [4.790 MeV.002603 + 12 .817 MeV > O. Tu = 2.995 x 1O-3e2 = -2. Tu = 13.003242 + 4. = 0.256 x rnnlrnHe3 l+rnnlrnHe3 Tn y el He3 es = 0. 002603)] = -5.2 x 10-4 = -0. = 5.256 } operando Tn = los neutrones se obtiene que 0. 016049 . . 0.008665 = -8.764 o 256x 3 = ~.007825 3. ~ n + He3? (b) ¿Es igual a la energía umbral para producir esta misma reacción cuando son protones los que bombardean un blanco de tritio? (c) ¿Cuál es la energía cinética de los neutrones producidos en este último caso en condiciones umbrales? Solución: ' (a) y (b) Calculando Q y Tu.176 MeV I Cuando se emplean núcleos de tritio para bombardear (a) ¿Cuál es la energía umbral de la reacción H1 + H3 I hidrógeno.fullengineeringbook.02 MeV I cuando el proyectil es el protón.02- m 1mHe3 = n0.701 c2 = MeV.06 MeV I cuando el proyectil = 0.(1.012182 x 10-3 C2 + 4.Reacciones nucleares 113 (d) Q = [1.008665 + 12 = -6.764 ( 1 + ~) = 11. Tu Tu c2 3.256 MeV.701 ( 1 + 112) = 6. 016029)]c2 (c) La energía cinética total que se reparten ET + TnlTHe3 = Tn THe3 = Tu +Q = 1. con las masas de las tablas www.12 Tu ® (9.764 = MeV.064 MeV I ! es el tritio.net + + Q = [1.764(1 + 3) = I 3. = I 0. Encontrar la energía de los neutrones procedentes de la reacción L¡7(p.2) www.. (b) Suponiendo que la primera de las citadas reacciones se produce bombardeando un blanco de Berilio (100% Be9.fullengineeringbook.74 MeV. que se observen? . (a) Calcular las correspondientes Q de reacción y los valores umbrales energéticos de las partículas He3 incidentes.1 ) + Tn ( ~ + 1 ) = -1..64 MeV que salen a 90° del haz de protones.) Solución: Tp = 2Tuo Según la expresión (4.1 ) + Tn (::::e + 1 ) = 3. Sustituyendo en la ecuación (4. Be9 (He3.37 MeV I @ Consíderemos las siguientes reacciones nucleares: Be9 (He3. en un principio.net Q = Tp (::::e .umbral.1) Tu = IQI (1 +.4 MeV.. elemento monoisotópico) con un haz de partículas He3 de 1.64 (1 +~) = 1. 114 ® F(sica Nuclear: problemas resueltos Un blanco de Iitio se irradia con un haz de protones cuya energía cínética excede dos veces la energía. operando se obtiene Tn = 11.n) Be? . d) BIO Y Be9 (He3. p) B11.84 MeV ----> Tp = 3.74 ( ~ .1.64. t) B9. (Proceso similar al que aparece en un problema anterior. ¿qué niveles excitados del núcleo residual cabe esperar.) = 1.. 014102 + 10.012182 + 3.322 = 11. d) BID = [9. Be9 (He3.016049 9.fullengineeringbook.(1.3 e2 = -1.108 10-2 e2 X = 10. 009305)] Q = 1.(3. Be9 (He3. 016029 . Endotérmica.4 x 12 9 MeV. •• .450 en un problema + Q = 1. Los niveles que caben esperar son todos los que estén por debajo de esa energía .5) que aparece m(p)m +m(BII) (He3)) +~) = 1. Be9 (He3.(2. 016029 .Reacciones nucleares 115 Solución: (a) Q = ("Lmi-"Lm¡ )c2. con esta expresión y con las masas de las tablas se obtiene el valor de Q para los distintos casos. 087 Me V < O. t) B9 + + www. 016029 . Exotérmica. 172 X 10-3e2 = 1. p) BU = [9.) = 1. Exotérrnica.087 (1 (4. 013329)] e2 = = -1.012182 + 3. 167 x 10. 09 MeV > O.net Q = [9.322 e2 = e2 = MeV > O.012937)] Q = 1.012182 3.007825 + 11. anterior y susti- + 10.372 MeV. Tu = IQI (b) Recordando la expresión tuyendo valores Edis = THe3 ( 1- (1 +:. 620 MeV debido a la formación de Bell en el fundamental y en dos estados excitados. 78 MeV. 2.il. 5. el núcleo se mueve bajo un ángulo de 54° respecto a la dirección original de la partícula a. (a) Hallar la masa atómica del Bell. Hi) Bell bombardeando Be9 con tritones de 5 MeV. Una partícula a colisiona con un electrón libre estacionario. Se produce la foto desintegración del berilio según la reacción Be9 (y.260. con fotones de energía hw = 1. 65 MeV . ¿Cuál será el ángulo máximo posible a través del cual la partícula a se dispersará? 3. (b) Hallar la energía de excitación de los estados excitados. . Se estudia la reacción Be9 (H3.. la energía de la reacción es Q = -1. C¡3\a. n) (a) . Calcular el número de masa del núcleo. n)Be8. C12(p.fullengineeringbook. C13 NI2 K38 p)017.967 Y 0. colisiona con un núcleo más pesado que ella y como resultado del choque es difundida un ángulo de 56°.116 3.. Fis/ca Nuclear: problemas resueltos PROBLEMAS PROPUESTOS 1. www.o. 1. Para las siguientes reacciones. a) NI\a.i . hallar el valor de Q y el umbral de energía del proyectil en el sistema de referencia del laboratorio. Se observan a 90° del haz incidente protones de energías de 2. suponiendo que el núcleo que hace de blanco está en reposo: 016(n.net a atraviesa el gas de una cámara de expansión. Una partícula 4. siendo R el radio y A el número másico.45 Me V producen la reacción S34(p. el Mn55. Aplicar al caso de E = 0. El manganeso ex divergen de forma simétrica. Para un blanco de hidrógeno y proyectiles de S34. ~ .43 g/cm3.net 8. ¿Cuál es el valor máximo de la sección eficaz de reacción para neutrones lentos de energía E. 9.6. n)K38 con Q de los protones (b) ¿Cuál es la energía de los neutrones los protones de 10 Me V? para producirla? = . al incidir sobre un blanco de Xe135? El Xe135 tiene un espín de J = 3/2. 45 eVo Se sabe además ry = 0. ¿Qué ángulo formarán las direcciones con las que salen los productos de la reacción. rn = 5 x 10-3 eV y g = 3/5.4 eV. (a) Calcular la sección eficaz microscópica en base al área geométrica y a la fórmula empírica R = 1. La reacción C13(d. (b) ¿Con qué energía saldrá el Be8? 6. Protones con energía cinética umbral de 6.n) CP4. En las interacciones de neutrones lentos de energía E con In 115 se tiene una resonancia para E = El = 1.16 MeV se produce cuando deuterones con energía Td = 10 MeV chocan con núcleos de carbón.4 X 10-16 A m. (b) Calcular la sección eficaz macroscópica pondiente.Reacciones nucleares (a) Calcular la energía de los neutrones 117 producidos.08 eV. Calcular la sección eficaz máxima de resonancia. cuando (a) los núcleos producidos (b) la partícula 7. K38 mediante la siguiente (a) ¿Cuál será la energía umbral enteros de las masas. ex)B11 + 5. Se produce MeV. calcular (de manera no relativista) la energía umbral para la producción de CP4. con densidad 7.fullengineeringbook. sale formando ángulo recto con la dirección del neutrón? sólo tiene un isótopo estable. 10. reacción Ar38(p.694 Usar valores (en el sistema del centro de masas) para 11. mientras que el correspondiente espín del núcleo compuesto Xe* 135es J' = 2. (coeficiente de atenuación) corres- www. fullengineeringbook.www.net . al 119 ••• . INTRODUCCIÓN TEÓRICA www. 1. Por otra. (J t = sección eficaz total = (J a + (J s = sección eficaz de absorción + sección eficaz de dispersión. definida anteriormente en el cap.La sección eficaz total de una reacción es la suma de las secciones eficaces de los distintos procesos que ocurren en la reacción. el material se hace radiactivo por medio de la reacción nuclear. Situando una lámina de un material determinado frente a un flujo <I>de neutronesjcm2·s. Las reacciones más importantes entre neutrones y núcleos son la absorción (captura radiativa o fisión) y dispersión (elástica e inelástica). Hay dos procesos contrarios: Por una parte. con una velocidad que depende del flujo. Método de activación Se utiliza con frecuencia para determinar las secciones eficaces de captura.° En él se trata también la velocidad de una reacción. como R = ~<I>. (J.1.net Los neutrones son partículas de una gran eficacia para la producción de reacciones nucleares. pues como carecen de carga eléctrica no están sujetos a efectos de repulsión electrostática y penetran en el núcleo sin dificultad.fullengineeringbook.1. Una magnitud importante en las reacciones neutrónicas es la llamada sección eficaz microscópica. Determinación de secciones eficaces Se utilizan dos procedimientos principales para la determinación de las secciones eficaces neutrónicas: el método de activación y el de transmisión. se mide la fracción de neutrones transmitidos. la energía y la sección eficaz de los neutrones. 4. 1) L<P _ AN.7) . se llega al caso general N = ln(Aj<p(J) No<P(J (e-ct>ut _ e-At). Y e-ct>ut ~ 1. . Cuando <P(J ~ A.3) www.9f"' ! Ft'sica Nuclear: problemas resueltos 120 hacerse radiactivo el material.4) siendo L = (J N la sección eficaz macroscópica de la reacción (cm . (5.net La actividad.2) es el tiempo tras el cual la concentración ha llegado al máximo.1] ¡ A(t') . L (5. (5. A. (5. A _ <P(J tmax = A - <P(J . representa la velocidad de formación de N por captura donde L<P (neutrjcm3.1) Y siendo No el número total de núcleos del blanco. y AN la velocidad de desintegración radiactiva. la actividad será j.1.! = L<P(l- e-. (5. tmax ¡ ¡I ¡ N = A = L<P(l - No. midiendo la atenuación que sufre un haz de neutrones al atravesar cierto espesor x de un material. Integrando la eco (5. b). en donde N A = L<P.t)e-At'. Se define la actividad de saturación como As = No<P (J. Al retirar la lámina y medir después de un tiempo t'. se alcanza un estado estacionario.s) neutrónica.(J (1 - e-At).fullengineeringbook. Si un haz colimado penetra en un volumen de un cierto material.5) Si el tiempo de irradiación ha sido suficientemente largo. (5. resultando la tasa neta de formación = dN dt (5. ¡ e-At) Bq. la intensidad l(x) después de haber atravesado la distancia x es l(x) = loe-Lx.. se va desintegrando a una velocidad que depende de su constante de desintegración. resulta.6) Método de transmisión Se utiliza para la determinación experimental de las secciones eficaces.1) Y (J la sección eficaz microscópica (cm2. a la dirección del flujo neutrónico <1>. viene dado por - 11 Eo n = ~ n(EI)' ••• (5. el ángulo de dispersión. La relación I(x)j lo representa la fracción de neutrones iniciales que escapan a toda interacción. La variación de energía en una colisión viene dada por la relación El 1 Eo ="2 [(1 +oc) siendo e normal + (1. 1. donde J es la corriente neutrónica = número de neutrones que fluyenjcm2. El las energías antes y después de la colisión. La ecuación de la difusión es de la forma J = -D grad<1>. poseen energías altas. Luego van perdiendo su energía principalmente a través de colisiones elásticas con núcleos estacionarios de número másico A. o coeficiente de atenuación lineal (absorción + dispersión).2.1 )2 ' y Eo.oc)cos8]. se van difundiendo sin cambiar su energía media.s.fullengineeringbook.net Ecuación de la difusión Una vez que los neutrones están moderados (térmicos).025 eV se llaman térmicos. y por eso se llaman rápidos. es decir. El número medio de colisiones para reducir la energía del neutrón. oc= (AA+l . Cuando llegan a energías del orden de 0. del orden de 2 MeV. para cada proceso existe una sección eficaz y un recorrido libre medio característicos.8) ~-- . y D es el coeficiente de difusión. respectivamente. +Ls ljL = A (cm) representa el recorrido libre medio. y L (cm-l) la sección eficaz macroscópica del material. L = La = (JaN + (JsN. por ejemplo dispersión elástica e inelástica. la distancia media total recorrida por el neutrón sin sufrir una determinada interacción. www.Fisica de neutrones 121 donde lo es el número de neutronesjcm2·s incidentes. y también de muchos procesos nucleares. Dispersión y moderación de neutrones La mayoría de los neutrones procedentes de la fisión. Cuando un neutrón realiza diferentes procesos en un núcleo. 10) y 710 = 2/3A el coseno medio del ángulo de dispersión en el sistema de laboratorio.Iifr" q 122 F/sica Nuclear: problemas resueltos donde ~ = In Eo/ El es el decremento energético logarítmico medio. es igual al número medio de colisiones por unidad de variación de letargia. L .r.9) siendo www. donde Eo es una energía arbitraria de referencia. _ Ls/lo)' (5. /lo sería cero y As = = A.r' Letargia Es útil expresar la energía de un neutrón. Si la dispersión fuera isótropa.1).fullengineeringbook. en forma logarítmica adimensional.net 1 D = coeficiente de difusión = 3(L. (5. como u = In(Eo/ E). Para valores de A > 10 puede utilizarse la aproximación 2 ~=A+r Longitud de difusión L es la distancia recorrida por el neutrón desde su origen hasta que es absorbido. suponiendo un medio sin multiplicación L = VD/La. La letargia de un neutrón va aumentando según se va moderando. IR. En sistemas poco absorbentes. Y D A. Puede considerarse ~ como la variación media de la letargia por colisión.r = 1 3Ls(1 . de un neutrón (como aparece en la figura 5. definiendo la letargia o decremento energético logarítmico. 3 A./lo) es el recorrido libre medio de transporte. L.71J = As 3(1 . El recíproco. ~ Ls. Se verifica que IX ~= 1 + -1 -IX - In IX. E. por tanto la Longitud de moderación.JEo 1) . pero no es un tiempo.i'~ (5. FIGURA 5.jT. Es el tiempo que tardan los neutrones de fisión en moderarse hasta energías térmicas.net LETARGIA.1.. L117= . sino el cuadrado de una longitud.Ft'sica de neutrones 123 ~ <t:" '~ ~ ffi • u www.(cm)2 = edad de Ferml• = fEo ~~sE El D(E)dE D s In(Eo/ El)' = S. . Resulta de la forma t117= . Tiempo de moderación.11) representa el tiempo que transcurre entre la formación de un neutrón por fisión y su moderación a la energía El.fullengineeringbook. representa la distancia recorrida desde su origen hasta que se modera a energía térmica. Variación de la letargia con la energía Teoría de la edad: Modelo de moderación continna Se supone que hay un proceso de moderación a energía constante entre colisiones .j2iii ~~s •• (1-JE. P".net l - . Relación de moderación. ~s un valor medio de la sección eficaz de dispersión.. Et la energía media de los neutrones térmicos. R".r ¡¡ I 124 F(sica Nuclear: problemas resueltos donde m es la masa del neutrón. Poder moderante.fullengineeringbook. = ~1:s' representa la capacidad de un material para moderar neutrones . www. = ~ 1:s/ 1:0' indica la efectividad de un moderador. y Ea la energía media de los de fisión. 1. y aplicar la eco (5.45 x lO11Bq.2 x 10-24 xLI X 1022 núcleos de Mn.2). (c) Determinar la actividad que tendrá al cabo de un día de espera. luego podemos utilizar la eco (5.4) para calcular la actividad.45 ® X 1011 = 11. ¿Cuál es el nivel de radiactividad (en Bq) que se alcanza al cabo de 5 h? T = 2. Sabiendo que el contador registró 2.1 e-cDcrt se ve que } ~ A ~ <Da.1 = 13.' 10.11 s. PROBLEMAS 125 RESUELTOS 2. X 1022 X 1012 = 1.07x 1011 Bq I Se sitúa una lámina de Inl15 de 1 cm de diámetro y 0. (1 .750 cuentas/m y que aa = 175 b.05 g de masa en el interior de un reactor térmico.fullengineeringbook. Solución: Para obtener la actividad partimos de la eco (5.023 X 1023 55 = 1. Interacción de neutrones G) Un gramo de manganeso se irradia en un flujo de 1012 neutrones térmicos/cm2 .2 b.46 32 Xx 1O-5s-1. (b) Calcular el flujo neutrónico en el punto de medición.739. T (In) = 54 m.e-Al) = 0.net No L<D = a No<D = 6. El nivel de actividad que habrá alcanzado al cabo de 5 horas será A(t) = 0. (a) Hallar la sección eficaz macroscópica de absorción del In. Se procede a su irradiación durante 20 m y tras un tiempo de espera de 2 horas se efectúa el registro de su actividad residual mediante un contador proporcional que tiene ef = 50 cuentas/m de ruido de fondo y una eficiencia B = 10-3.=--='"'-----==------ -- ---- """' """''''''''''''''''''''''''''''''''''''=='''''''=''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''========== Ft'sica de neutrones 2.3).58 h. L A = <Da = 7. --- . 1. en donde www.s.739 x 1. El manganeso es 100% Mn55• aa =13. se puede poner de forma At" luego el flujo = 1.0458 cm- - = 1.42 x 10-9.023 X X 1023 La sección eficaz macroscópica de absorción será =I ~a 0.5) tI> A(t') = ~(1- A(l') e-At)e-U' = (C .227.m e-u'.0458 cm- 1 I (b) Aplicando en este caso la eco (5.773. se sabe que neutrónico será <P= _ 2. e-<Dat A(t") = A(t) 1.693 x 24 x 60/54 = 18.5). e-At = 1. = 0. Al' e-u Como dato obtenido antes. e-U' = 9.536. = 0.05 X 6. (1www.256. 109c/cm2.215.48.s Y que = 0. I e-At) = 0.7 X 106 c/m. como vemos que así ocurre.126 F/sica Nuclear: problemas resueltos Solución: (a) Como ~a = = 175 X (JaN 10-24 0.Cf )/E = 2. siendo ahora l =} I (c) Aplicando también la eco (5. ~a 0.7 106 X <P= Hemos supuesto que <P(J < A. 21 X 2x 107 neutr/cm2.net At = 0. .700/10-3 = 2.fullengineeringbook. 7 X 106 X 9.net lo - = 10(1 . 1 . LX = N ax es la probabilidad de que la partícula incidente choque en el espacio comprendido entre X y x + dx. Su sección eficaz varía según la ley a ex 1/v.de donde v = /2T/m. la actividad ha decaído mucho. produzca una reacción en el gas de llenado. Hallar la probabilidad de que un neutrón de 7 eV que se mueve paralelo al eje del cilindro. 3 b.J7 = 4S. donde e-Lx es la probabilidad de que la partícula incidente recorra sin interacción una distancia x. Se hacen incidir neutrones que reaccionan sólo con el BIO según la reacción BIO(n. ® Un recipiente cilíndrico de 10 cm de longitud contiene F3 B a 00 y 250 mm de Hg. y la sección eficaz para neutrones de 1 eV es de 120 b. en estado gaseoso. La relación entre las secciones eficaces. Solución: De (S. dependientes ambas de l/v. El neutrón llevará una energía cinética T = ~mv2. P = 1 .Fisica de neutrones 127 y la actividad al cabo de un día de espera resulta A(t") = 2.7) se deduce que las reacciones que se han producido son 1 www. será a(1eV) = /2 cte = l20b. x l/m cte a(7eV) = /2 x 7/m' de donde resulta que (J (7eV) = 120/.42 x 1O-9c/m = I 4.e-Lx ~ LX = Nax.24 X 10-4 Bq I Se observa que después de un día de espera. . Cl)Li9. El boro contiene un 90% de BIO y un 10% de B11.e-Lx.e-Lx). es la probabilidad de que se produzca una reacción.fullengineeringbook. 3% al AgllO. formándose los isótopos Ag108 y AgllO. luego podemos considerar que se ha llegado a la saturación. NBlO P = 7. www.6 X 1018 x 45. TllO = 24.fullengineeringbook. si la actividad inicial de la muestra tras el cese de la irradiación era de 1 Ci? Solución: (a) De los datos del problema se observa que T108 y TllO < 20 m.400 nuestro caso (250 mmHg) resultará que NA 250 18 3 cm3. (b) ¿Cuánto tiempo deberá transcurrir desde el cese de la irradiación para que exista la misma actividad de Ag108 y Ag110 en la muestra? T108 = 2.7% al isótopo Ag108 y en un 72. La plata natural contiene dos isótopos estables.emitidos después del cese. un mol ocupa 22.6 X 10-3.400 x 760 = 7. Una vez cesada la irradiación.36 X 10-24 x 10 = 3. ambos emisores [3-. La probabilidad de que el neutrón de 7 eV produzca una reacción en el gas es del I 0.9 x 22.net (a) Hallar en qué proporción se encuentran ambos isótopos en la plata natural. luego en 10 = 0.96 x 10 nucljcm de B . (c) ¿Cuál será el número total de 13.6) Allo A108 = N109 0"109 <1> N107 0"107 } N109 N107 Allo A 108 X 0"107 0"109 de donde N107 -- N109 = 1.2% de Ag109 N107 + N109 = y 51. 0"109 = 87 b. Se sabe que la actividad inicial de la muestra es debida en un 27.5 s.36% I @) Se irradia una muestra de plata con neutrones térmicos durante 20 m. Aplicamos la eco (5. por otra parte Hay 48. se encuentra que la actividad 13 de la muestra es despreciable pasados 5 m. Razonar el planteamiento.'!f 128 Fis/ca Nuclear: problemas resueltos En condiciones normales (760 mmHg). Ag107 y Ag109.8% de Ag107 100::::} I .075. Las secciones eficaces de captura de neutrones térmicos de ambos isótopos valen: 0"107 = 31 b.4 m. s .0.emitidos tras el cese.fullengineeringbook.0232 = I 41.693 = 0. ln(0.1110 AIOS - AIOS = . AIOS AlIo = 0. AIOS AlIo(O)e-AlIot AIOS(O)e-AlOst AlIo.Hsica de neutrones 129 (b) = AlIo AIOS = } SI.7 X 1010 = 1. (c) A = 1 Ci = 3.723 x 3.7 = 72. {3- . 69 _ 4 8 x 10.5 www. Según la proporción de cada uno de ellos.0232. .3 =0.028 S-I. 0.1110 3 3 _1 0. = 0.36 s I Al cabo de 41. Nt = AIOS AIOS + AlIo .1110 = 13. Como N = AJA.net AIOS - . = 24. resulta AIOS(O) _ eAIOS t AlIo(O) - éllot 27.7 X 1010 = 2.36 s tienen ambas la misma actividad.025 x 1010Bq. -----r44 - .7 X 1010 Bq.959 .078 X 1012 ------ Será el número total de {3. t _ 0.67 x 1010Bq.277 x 3.383 =e(AIOS-AlIO)t.1110 = 0.383) t=----. 023 x 1023/55 = 7. Propagación de neutrones en la materia CD Un método clásico para medir secciones eficaces de neutrones consiste en hacerles incidir perpendicularmente sobre una lámina fina. 1: = (JN.net -1:x = ln(O. 1 = 3.566 cm-l. - ° 723 = -1o ' es la fracción de neutrones que escapan a la absorción.566/7.2. l1:a = 3. que se había calculado antes.88 x 1022neutr/cm3• Luego la sección eficaz total (Jt = 3.88 x = 4. 3566. 7) = - 1:t O. /0 www.566/1.7.1 = 3. N = 7.566 cm-l. / e- LaX -. .2 g/cm3) con 1 mm de espesor. I .130 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos 2. la fracción de neutrones transmitidos es 0.fullengineeringbook.° 7. (a) ¿Cuánto vale la sección eficaz microscópica total del Mn55 para neutrones con la energía del haz? (b) Si la sección eficaz de dispersión es el 10% de la de absorción.3566/0. Si el blanco es una lámina de manganeso puro (p = 7. 1:a = 3. (Jt = 1:t/N. 52 x 10-23cm2 = I 45.24 cm-l. fracción de neutrones son absorbidos en la lámina? ¿qué Solución: (a) La fracción de neutrones que escapan a la interacción es -/ =e -LX -. 1:ax = 0.324.2 b 1022 (b) 1:t = 1:a +1:s = 1.2 x 6. = 0. que será 1 Aa = ~ a = I 10 cm I (b) El tiempo que tardará en ser absorbido viene dado por la relación t=-.fullengineeringbook./2x V 1. yel 2.6% son absorbidos.Ft'sica de neutrones 131 Los que son absorbidos serán (1 - = 1 .723 = e-LaX) 0.276 I I El 27.net (a) El neutrón desaparecerá cuando sea absorbido. por tanto A=~- Lt .2 cm-l.33 cm .l . será t = _ H~. ® Si un neutrón de 0.76% son dispersados. Por tanto.Aa. el tiempo que pasará antes de ser absorbido. debemos.M =14. 1 cm-l y (a) ¿Qué distancia total recorrerá el neutrón antes de desaparecer? (b) ¿Cuánto tiempo tardará en realizar el punto (a)? (c) ¿Qué distancia recorrerá el neutrón en una trayectoria (d) ¿Cuál es la probabilidad en línea recta? de que la siguiente reacción sea de absorción? Solución: www. calcular el libre recorrido de absorción.3 = I 3. = 0.009 0. En donde se ha puesto T(MeV) y m(MeV /c2).025 eV viaja en un medio donde La Ls = 0.025x X931 10-6 =2188 ' x 103 m j s.La 1 + Ls 1 = 0.57 x10-5 s 1 (c) La distancia recorrida en línea recta será aquella en la que no se haya producido ni dispersión ni absorción.0. V V = V/2Tj m =3 x 10S. pues. . VI rx. El = 0.E. 0. e-:Eax -LaX = ln(O. frente a todas las posibles. L.1 1 Fis/ca Nuclear: problemas resueltos 132 (d) La probabilidad de que la reacción sea de dispersión..3 g/cm3.667 1 Es decir.22.0. La sección eficaz de absorción para un neutrón de 1 eV. => (1z = (11 j E¡f Ez. (1z rx l/vz = (1z..¡E.924 cm-l..023IOz3/197 = 0. . Solución: (a) www.20.025 eV) 1/v y que (1a (a) Hallar E= la sección eficaz de absorción del AUl97 para un neutrón de 1 eVo (b) ¿Qué espesor debe tener una hoja de oro que absorba el 20% de un haz de neutrones de 1 eV? p = 19. CID Suponiendo que la sección eficaz de captura del AUl97 sigue la ley = 99 b (para neutrones de 0. ~ La =(1aN = 15. l Debemos calcular = 0.. Ez = (11 cte }{ = 1 eV j El l/VI = cte/. = 99jo..JE.3 = I 0. por tanto. es p _ L8 .80.E. es. el 66.= (1 lo e-:Eax) = 0.JE.32 X 6.Lt 0.65 X lO-z4 X 19.net (11 = 99 b. .025 eV (1z =?. (11 rx Vz rx..7%.2 = 0.65 b 1 (1z (b) La fracción de neutrones absorbidos es I ..22 x=y.. = cte/.fullengineeringbook. 80) = .. 025 = 115. 22 = 0.023 10 7. p(Fe) = 7.27 cm-1 I I 0. (a) Hallar las secciones eficaces macroscópicas de estos elementos en la barra citada. p(B) = 2.21 cm-1 I .5 b. de absorción de cada uno (b) ¿Qué fracción del haz de neutrones se absorbe al atravesar la barra? (c) Si el contenido del boro aumenta al 3%.32 x 1022njcm3.5 X X x 3 10-24 10-24 X X 8.5 g/cm3. resulta ~B ~Fe = 755 = 2.net Solución: (a) Para determinar las secciones eficaces macroscópicas. Sustituyendo. ¿cuál será la sección eficaz macroscópica de la barra? www.F(sica de neutrones 133 luego 0.9 x 6. (T(Fe)= = 2.24 cm. partimos de ~ = (T N.9 g/cm3. x 0. NB = NFe = 2.fullengineeringbook. x = 0.32 1021 X = 1022 I = 2.023 x 56 X 1023 1023 x ~ = 3x 100 1021 njcm3 .5 x 6.924 El espesor que debe tener la hoja de oro debe ser de IX=24mml @ Una barra de control de acero borado (de las que se usan en los reactores nucleares) tiene 150 mm de espesor y contiene 2% en peso de boro. Vamos a determinar primeramente la concentración de Fe y B en la barra.98 = 8. (T(S) = 755 b. :EaX). Calcular: (a) El recorrido libre medio de difusión.3. donde esta La es la suma de los dos elementos.net NB = ~x 3X = 4.134 Fi'sica Nuclear: problemas resueltos (b) La fracción de los que se absorben viene dado por 1/10 = (1 . (le = 4. (c) Sabiendo que la edad de Fermi es de emigración M. Moderación y difusión de neutrones G) Se desea construir un reactor térmico utilizando uranio como combustible y grafito de moderador. resultando Lpe cm-I LB ==0.8 b.206 3.4 cm-I } ' luego la sección eficaz total de la barra será ahora Lt = 3. www. 206 =I 3.4 + 0.48 cm-l. T = 400 cm2.61 cm-I I 2. de captura y de transporte.21 = 2. por lo que 1 1~ 1 o I Se absorben todos los neutrones en la barra I (c) Ahora la barra contendrá el 3% en peso de boro. 0. y la del hierro habrá disminuido al 97%.fullengineeringbook. luego será 3/2 de la concentración anterior. determinar la longitud .27 +0. es decir.5 1021 n/cm3 X 1021 n/cm3. (b) La longitud de difusión.6 g/cm3.e. p = 1.5 mb. (ld = 4. La Resulta que e-:Eax ~ en = 2. 767 cm 1(). (c) la longitud de moderación neutrones rápidos.39 = 2.:. h.1 3 cm I (c) La longitud de emigración M se define como M2 Por 10 = T +L2 = 400 +50. siendo as = 4.V =¡ 50.9) y teniendo en cuenta (5.03 X 1022 = 0. Atr 1 f\_?.72 cm I - www.56 O.23 barns para .908 cm2.56 cm = .8 x 10-24 x 8.--.Ft'sica de neutrones 135 Solución: (a) Recordando que 1 1 A = ~ = aN' y que en este caso N = 1. = 2.8 b.fullengineeringbook.:1 " = ~1 _ J1.1 '2.---.8 g/cm3). aa = 0.94 Aa = 2.:--::-:-----. as = 4. 1(\22 .net (b) Aplicando (5.o O í\') ~.94 = ¡r-::---2.72 V 3 .025 eV en un moderador de carbón (p = 1.767x2.0032 b. en el carbón. 1 = _La = -:.---1 I 4.9 cml Un neutrón nace con 2 MeV y se modera hasta 0. resulta L=ylD/'La= 1 V3LtrLa =/AcAtr_/2.4 I ----- _ O.1 = ----------- A 1023/12 X A ~ 1 1 f\_ ~.03 X 1022 n/cm3.023 1 Aa e ~c = 8.10). v I = I 2. (b) la longitud de difusión térmica del carbón para neutrones térmicos. 6 x 6. calcular: (a) el número de colisiones necesario para moderarse.-~. que la longitud de emigración resulta ser 1M ® 12 = 53. 1 0.9) y (5.10).6 cm Dados los datos siguientes de los moderadores ordinaria (ambos con p = 1 g/cm3): I Núcleo H [ o"s(b) [ 20 o 4.1n(2 x 106/0. Y teniendo en cuenta que N = 1. (b) De las ecs.136 F/sica Nuclear: problemas resueltos Solución: (a) De la eco (5. resulta 104 www.944 = 2816.7 3.025) = 18.J277 = 116. 158.2 X 10-3 x 4. resulta ft = ® .7.19/0.158 0.158 .7 x 10-3 2 X I 10-4 (a) Calcular el poder moderante y (b) la relación de moderación de estos moderadores.12 HIO) yagua .8 X (9.8 e difenilo líquido (Cl2 O"a(b) c::~ 0.8 x 6.33 3. (c) La longitud de moderación se vio que era Ll11 = la edad de Fermi r viene en la eco (5.023 12 x 1023 3 = 9. (5.net D/'2:. Luego la longitud de difusión es L = 12816. Sustituyendo los valores obtenidos en las anteriores operaciones.7 = I 53 cm I ft.fullengineeringbook.034 x 1022n/cm .034)2 x 0.8) resulta -n-0.11).a = 3 x 3.158 = 1115 colisiones para moderarse I pues ~= A _2 +~ 3 = 0. (b) La relación de moderación en un compuesto es de la forma ~Ls Rm = (~) k.4 12 X 3.Capitulo 5: F(sica de neutrones 137 Solución: (a) Cuando el moderador es un compuesto.¡(ni(Js~i)' 1 1 donde ni es el número de átomos de la molécula de cada elemento y M es la masa total del compuesto.3 + O. ~ 1 X 6.158 X 4.023 1Q X 1023 ( 2 Magua X 20 X 1 + 3..(Ji 1 a Aplicándolo a los datos del problema. 8 -_ 0.--------12 X 0. Igualmente se determina la relación de moderación del agua (Rm)agua = 22 X X 20 + O.02? X 1023 (12 X 4.. (R m) diJ . luego www.33 X 10 ne(J~ + nH(J.12 3.158 + 10 X 20 X 1) X = 10-24 = 0.¡(ni(Js~.7 + 10 X 20 -_ ~2 .net En el caso del agua.Ja _ - L~ni~i(J~ ~i ~1 n.fullengineeringbook.12) X 10-24 = I 1.--'----~ ne~e(J~+ nH~H(J:: _ . se determina el poder moderante por medio de la expresión -~Ls = N ~ i ~ i ¿.7 X 0.) = pNA M ¿.817 I cm-11 = 2 X 1 + 16 = 18.33 +2 X X 10-4 l6l2I ~ I . dNA e H (~Ls)diJ = -M dif (ne(Js~e + nH(Js ~H) = 1 x 6.35 cm -1 Se observa que es mejor moderador el agua. _ .7 X 10. En el caso del difenilo.8 X O. la masa es ~s ) agua _- (J:<. la masa es Mdif = 12 x 12 + 10 x 1 = 154. F/sica Nuclear: problemas resueltos PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Un haz de 105 neutronesjm2·s de 5 MeV de energía atraviesa un espesor de 2 m de agua. cx)H3para neutrones térmicos es de 72 b.5 b. La sección eficaz de captura del AU197 es de 98 b. Sabiendo que p = 0. 1 b.73 gjcm3• (a) Determinar en qué proporción se reduce la intensidad del haz.net (a) H2. Se utiliza un flujo de 107 neutrones térmicosjcm2·s para activar una lámina de oro de 0. E choca elásticamente con un blanco en reposo. La sección eficaz de la reacción Li6 (n.138 3. (b) La proporción de esta reducción debida a la dispersión y la debida a la absorción. (c) (c) U238• Comentar los resultados. y Ea = 0. (a) ¿A qué flujo de neutrones estuvo sometido? (b) ¿Qué actividad tendrá 10 horas después de haberla retirado? 2. (YH = 0. Un neutrón de energía cinética www.3 gjcm3• (a) Calcular cuántos núcleosjcm2·s reacción Au197(n. y)AU198. (b) Cl2. (a) ¿Qué intensidad tiene a la salida? (b) ¿Cuál es el coeficiente de absorción lineal y másico? 5.5 mm de espesor.005 cm de espesor. de AU198 se han formado después de la (b) Hallar el flujo de neutrones que ha atravesado la lámina. Un haz de 5· 1010 neutronesjcm2·s incide sobre una lámina de Li6 de 0.fullengineeringbook. siendo su actividad de 1 Ci.7 días). Se hace pasar un haz de neutrones térmicos a través de una placa de arsénico de 2 cm. (Yo = 1. y p = 19. calcular: .0025 eV.53 gjcm3. Se irradia un trozo de 15 g de AU197 (p = 19.5 cm2 de área y 0.95 b. 4.3 gjcm3) con neutrones térmicos en cuya reacción se produce AU198 (T = 2. oAAu) = 98 b. 6. Se retira después de tres horas. (Js = 6 b y p = 5. siendo (Ja = 4. Encontrar la máxima energía perdida por el neutrón en un choque si el blanco fuera de 3. Se supone que (Js = 4 b Y no hay absorciones. (a) ¿Cuántas dispersiones se necesitarán.Capitulo 5: Fisica de neutrones 139 (a) Densidad de neutrones del haz (neutr/cm3). www.fullengineeringbook.1 eV? (b) ¿Qué distancia recorrerá el neutrón hasta moderarse? (c) ¿Cuál es el valor medio de la energía del neutrón después de su primera colisión? 8. en promedio.85 MeV a un ritmo de 5 x 105 n/cm2·s. Considérese un neutrón de 10. Determinar cuántas colisiones tienen lugar por cm2 y por segundo en el intervalo entre 250 y 100 keV. p = 1.6 g/cm3. (c) Actividad máxima en el tritio que puede inducirse en la muestra por el haz incidente. Se tiene una placa de grafito (Cl2) y sobre ella se hace incidir un haz de neutrones con 1. 7. 3 años. (b) Velocidad de producción de tritio en la muestra. para reducir la energía del neutrón a 0.net . THe3 = 12.4 MeV moderándose en grafito. fullengineeringbook.www.net . sólo el U235. que se transfiere a un sistema turbina -generador. en 1939. 3) Un refrigerante para extraer el calor proporcionado. Posteriormente estos fragmentos. Al mismo tiempo se emiten neutrones y unos 200 MeV de energía. Para mantener una reacción en cadena son necesarios los núclidos físiles. emiten neutrones.1. Fisión En una reacción de fisión un neutrón colisiona con un núcleo de ciertos elementos químicos (uranio y torio entre otros).l.net INTRODUCCIÓN TEÓRICA 1. y se llamanfisionables. surgió la idea de producir una reacción en cadena automantenida y aprovecharla como fuente de energía. www. éste va acompañado de un moderador.fullengineeringbook. Un esquema simplificado del dispositivo que contuviera los componentes fundamentales sería: 1) Una vasija llamada núcleo. A partir del descubrimiento de este proceso. De ellos solamente el U235 se encuentra en la naturaleza aunque en proporciones muy pequeñas. El Th232 y el U238 se fisionan sólo con neutrones rápidos. junto con el U238 que es el isótopo más abundante. 2) Para que la mayoría de las fisiones se produzcan a baja energía. 141 l . U233 y el PU239 pueden fisionarse por neutrones de todas las energías y se llaman físiles. conteniendo el material fisionable en donde se libera toda la energía de fisión en forma de calor. produciendo su rotura en dos fragmentos de masas semejantes. De los elementos útiles para la producción de energía. muy excitados también. en un reactor finito.1 puede verse un esquema simplificado de un posible reactor. (6. Es la relación entre la población de neutrones de dos generaciones sucesivas. En la figura 6.fullengineeringbook.1) . Kef población de neutrones en generación n + 1 población de neutrones en generación n También se puede representar como la fracción de los neutrones producidos frente a los absorbidos más los fugados. Estos dispositivos se llaman reactores nucleares. 5) Equipos electrónicos para la medida de la potencia y sistemas de seguridad.1.142 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos 4) Un sistema de control de la reacción en cadena formado por barras de control y venenos. Se suele expresar como Kef llamada fórmula de los seis factores. Reactor nuclear Factor de multiplicación efectivo Kef.net -o REACTOR BOMBA I CIRCUITO -- BOMBA PRIMARIO I CIRCUITO SECUNDARIO FIGURA 6. MANDOS DE BARRAS DE CONTROL BARRAS DE CONTROL INTERCAMBIADOR DE CALOR --- -- REFRIGERANTE ¡ i www. = ept¡f p¡P2. fullengineeringbook. Tiene en cuenta que pueden producirse fisiones también con neutrones rápidos (U238). puede hacerse la aproximación ~ N m (Jm s p ~ exp[ _ 3. La corresponde al combustible porque en el moderador la absorción es despreciable. En un sistema homogéneo. y La = N u (J~ Y considerando que Ls es independiente de la energía. 1] = v neutrones absorbidos durante la fisión x neutrones absorbidos en el combustible' 1] = Lf La' v donde Lf es la sección eficaz de fisión del núclido fisil. Se debe a que se producen absorciones resonantes por el U238 mientras se moderan.Fisi6n y fusi6n nuclear 143 Analizamos brevemente cada uno de los factores.N 1 )' (J. p(E) = exp [ .' es la sección eficaz de dispersión del moderador.528] 1]: • Factor eta. p: Probabilidad de escape a la resonancia. (J'. por cada neutrón térmico absorbido en el combustible. la eco (6. L235 f 1] -- = V '5"'235 a + "'-'-a j .Z1 fEo E La La + Ls dE] E ' (6. Representa el número de neutrones producidos por fisión. 06 (~)0. En una mezcla de U235 y U238 por ejemplo. La la de absorción del combustible y v el número de neutrones liberados por cada neutrón absorbido. Fracción de neutrones que escapan a la captura mientras van moderándose.net donde 1 es la integral de resonancia efectiva.'~ www. B: Factor de fisión rápida. Para valores de Ls/Nu inferiores a 400 barns.2) sería Num p ~ exp ( .2) siendo La Y Ls las secciones eficaces de absorción y dispersión para neutrones de energía E y ~ está definida en el capítulo anterior. el subíndice u representa al combustible y el m al moderador. net P2: Probabilidad de permanencia de neutrones térmicos.fullengineeringbook. es una característica del sistema. 1 = (1 +UB2)' P2 donde B2 se llama laplaciana o buckling. por lo que p¡ = P2 = 1 Y se define el factor de multiplicación infinito Kw = ep1Jf. la distribución del flujo neutrónico puede representarse mediante la ecuación V2<l> + B2<l> = 0. p¡ = e-B2T www. En un medio multiplicador cualquiera.4) con las necesarias condiciones en los límites. Tiene en cuenta las pérdidas de neutrones térmicos producidas por fugas. es decir. f :LU a a +~a = ~u (6.3) En sistemas homogéneos. Hay que definir dos posibilidades: p¡: Probabilidad de permanencia de neutrones rápidos. considerar que todos los neutrones ------------------------------------------------------------ t I" . Se puede utilizar un método aproximado considerando un solo grupo de neutrones. Representa las pérdidas de neutrones rápidos producidas por fugas. Por tanto e _B2T P = p¡ P2 = (1 +UB2)' Si el reactor fuera infinitamente grande. durante la moderación. (6. (J'U a f (J'U a + (J'mNm/Nu a P: Probabilidad de permanencia de neutrones en el reactor. Suele ser pequeña porque las secciones eficaces de absorción a energía térmicas son grandes y también porque los neutrones se mueven poco antes de ser absorbidos. que es la 'fórmula de los cuatro factores".144 F¡'sica Nuclear: problemas resueltos f: Factor de utilización térmica. depende de la configuración geométrica y es inversamente proporcional al tamaño del reactor. Se debe a que algunos neutrones son absorbidos por materiales distintos del combustible. no habría fugas. o probabilidad de no fuga. 2 x 10-11 W· s.405/ Ri + (n/ Hi para un reactor esférico de radio R. y utilizando la ecuación (6.B2T . Buckling geOmétrico{ Esfera: Cubo: Cilindro: B2 = (n/R) B2 = 3 (n/a)2 B2 = (2. La velocidad de fisión depende de la probabilidad de (fisiones/cm3• s). de donde la potencia de un reactor viene dada por la expresión P = V Lf <I> 3.5) = /(" p = /(" e. Kef = 1. se dice que es crítico. se llama supercrítico.4) que la ecuación de criticidad para un reactor desnudo (sin reflector) en la teoría de un solo grupo es /(" 1 +UB2 = 1. """ Kef . . resulta de forma general (6.•. y si Kef < 1. En un reactor de volufisión y del flujo de neutrones. Aplicando el método de la difusión-edad (cap. Rf = Lf <I> men V se producirán V Lf <I>fisiones/s. (6. 5). Se deduce de (6.fullengineeringbook.Fisión y fusión nuclear 145 tienen la misma energía. En un sistema crítico. Como la energía total disponible por fisión (200 MeV) es del orden de 3.•.6) ... uno cúbico de lado a y uno cilíndrico de radio R y altura H. Conociendo el valor de B~ a través de la ecuación crítica. siendo los más característicos ! ~. /(" es función de los materiales que forman el reactor y Pl Y P2 dependen de la geometría y del tamaño... ~ Tamaño crítico.1 X 1010 W.1 x 1010 fis/s. Cuando se produce el mismo número de neutrones en generaciones sucesivas. puede determinarse el tamaño crítico correspondiente a una geometría determinada. Potencia de un reactor. Del valor del factor de multiplicación depende que se mantenga o no la reacción en cadena.•. se dice que es subcrítico. como la condición de criticidad impone que Kef = 1. www. aplicando (6. resulta (/(" 1 + U B2) = /(" p = 1. para producir 1 W es preciso 3." es la ecuación crítica de la difusión para un reactor desnudo..1).net ~.5) B2 sería la laplaciana crítica.. . Si Kef > 1. Se ha demostrado que éstos se distribuyen en seis grupos. Introduciendo estas contribuciones a la fuente neutrónica y haciendo una serie de operaciones. Producción de neutrones instantáneos y retardados en la fisión Se define {3como la fracción de neutrones retardados.7) siendo {3 = L~=I {3.2..net FIGURA 6.~ . La ecuación cinética exige que en el balance de neutrones se tengan en cuenta la velocidad de producción de neutrones instantáneos ~ La<D(1 . con los neutrones retardados se produce también radiación gamma retardada.{3) y la de los retardados. que es igual a la velocidad de desintegración de los precursores A. cada uno de ellos decayendo exponencialmente con una velocidad bien definida. por lo que (1 . En la figura 6.• 146 F/sica Nuclear: problemas resueltos en donde se ha supuesto que el reactor está funcionando durante un cierto tiempo. • ~ tantáneos 0::-. Para el control de la potencia lo más útil es controlar el flujo neutrónico frente a las otras variables. Los fragmentos resultantes de la fisión (emisores {3-) emiten también neutrones. retardados instantáneos ~p+ • . Cinética del reactor.2 explica esquemáticamente el fenómeno de la producción de neutrones instantáneos y retardados.fullengineeringbook.3 se representa un esquema de desintegración donde aparecen los neutrones retardados. ii ! ••• . ~ 1m m A. son los retardados. Igualmente que en el caso de los neutrones instantáneos.. la constante de desintegración de los neutrones retardados de cada grupo i. C. La figura 6. Los neutrones que resultan de la fisión se llaman insy son el 99% de los producidos. I el tiempo de generación de neutrones instantáneos y A.®~~ www. siendo su periodo el correspondiente al del precursor neutrónico. En general se toma A como el valor promedio de los seis grupos. + + ~m + A' (6. se llega a la ecuación horaria de la reactividad. Se ve que la potencia es proporcional al flujo neutrónico y depende de la masa de núclido físil presente y de la sección eficaz de fisión.{3) será la fracción de los instantáneos. 6 _ ~ 1m p - ~ + 1 + _1_ 1m + 1 l= ~ I m{3. . en que Kef < 1 Y la población está disminuyendo. puede representarse por la ecuación <1> úJo = <1>0 [AoeúJot +A1eúJ1t]. La variación del flujo de neutrones térmicos. pero poco tiempo después influyen los neutrones retardados y va estabilizándose. ante un cambio brusco de reactividad. Emisión de un neutrón retardado a partir del Br87 www.net Se define la reactividad como la variación relativa del factor de multiplicación efectivo en un momento dado Kef-l_l p== -K-ef __ l_ Kef' - En la nomenclatura frecuente se expresa en dólares reactividad en dólares == ~. en la que para cada valor de p hay siete raíces de co.Fisión y fusión nuclear 147 y Kr87 Kr86 FIGURA 6. representa la raíz positiva en el caso en que p (6. Y COl la mayor de las negativas.3.7) es de séptimo grado. todas las raíces son negativas y va disminuyendo la población todo el tiempo.8) > O. Al principio hay un aumento brusco de la población. El valor p = O corresponde a un sistema crítico. Si p > O una de ellas es positiva y las demás negativas. La ecuación (6. Si p < O.fullengineeringbook. mientras que el valor positivo corresponde a Kef > 1 en que la población está aumentando (estado supercrítico) y el negativo al estado subcrítico. fullengineeringbook. www. Un ejemplo aparece en uno de los problemas resueltos.0 FIGURA 6.8) desaparecen y queda <D = <DoAoewot.0 RESULTADO Primera contribución Reactividad negativa 0. [3 - Tp == AP Wo Tiempo de generación efectivo le = 1 + [3 A- P .0 0. Periodo estable p. Se define el periodo estable del reactor como el intervalo de tiempo que debe pasar para que la densidad neutrónica varíe en un factor e. ° 1.net 1. 0.4.0 Variación del flujo con el tiempo. Reactividad negativa . El efecto de los neutrones retardados es el de suavizar el ascenso brusco del flujo neutrónico. para el caso de la reactividad positiva..5 1.•.5 \ \ \ \ " "".~:~unda " contribución 0.. 148 Fisica Nuclear: problemas resueltos Al cabo de poco tiempo los términos negativos de (6.5 t(s) 2. 59 MeV. La barrera de potencial que deben superar los partículas para que se produzca la fusión es Ve I ••• =~ Z¡Z2 4nEoR¡+R2 ~ 0. el término transitorio hace disminuir el flujo neutrónico al principio del proceso. En la figura 6. La reacción Hi +Hi --> Hei no se ha observado experimentalmente.Fisión y fusión nuclear 149 La ecuación (6. Fusión En las reacciones de fusión se forma un núcleo más estable a partir de la reacción de dos núcleos ligeros (como aparece en el capítulo 4 de este libro.net Cada una de estas reacciones ocurre con un 50% de probabilidad.8) sigue siendo válida para casi todos los valores de reactividad negativa.fullengineeringbook. R2 sus radios nucleares y A¡. Reacción DT (deuterio-tritio) Hi +Hi --> Hei +n. esto es. en los tipos de reacciones nucleares).7 Z¡Z2 A¡+A2 MeV. en donde los neutrones que la inducen no necesitan poseer una energía mínima.27 MeV. En la fusión.4 se representa la variación del flujo con el tiempo para un caso típico de reactividad negativa. Barrera de Coulomb El efecto de la barrera de Coulomb en la reacción de fusión es similar al efecto que se produce en el decaimiento oc. Hi +Hi --> Hi +Hi. una diferencia importante entre la fusión y la fisión. www. Como se ve. Q = 3.9) donde Z¡. (6. Q = 17.03 MeV.2. R¡. los núcleos reactantes tienen que poseer una energía cinética relativa mínima suficiente para vencer la repulsión electrostática mutua (barrera de Coulomb). Reacciones de fusión utilizadas Reacciones DD (deuterio-deuterio) Hi +Hi --> He~ +n. pero en el Universo ocurre de forma natural.A2 los números másicos . concretamente en las estrellas. Q = 4. La fusión no es un proceso natural en la tierra como lo es la fisión. . Z2 son los números atómicos de las partículas. 1. net Velocidad de reacción La velocidad de una reacción de fusión es: R = n¡n2(JV.150 Frsica Nuclear: problemas resueltos La condición impuesta por la ecuación (6. un 1% de todos los núcleos) que tuviesen energías iguales o superiores a 0. Dado que (J es una función de v y como los núcleos tienen todo un intervalo de velocidades. En el hidrógeno los iones y los núcleos serían idénticos. A una mezcla eléctricamente neutra de electrones e iones se le llama plasma.4 keV=} T ~ 107 K. tanto que las moléculas serían átomos y los átomos estarían altamente ionizados. los confinamientos convencionales. se utiliza un producto (JV promedio efectivo. para una reacción DT tenemos que Ve = 0. (J es la sección eficaz de la reacción y v la velocidad relativa de los reactantes. El requisito de cualquier reactor de fusión es confinar un plasma reactante con una temperatura y densidad lo bastante altas y durante un tiempo justo a fin de permitir que ocurran suficientes reacciones de fusión para obtener una ganancia neta de energía. no son factibles. como las paredes de una vasija. . éste es el estado esperado para la mezcla reactante en un reactor de fusión termonuclear.n2 son las densidades de las dos especies que reaccionan (en iones/m3).10) donde n¡.3 x 1O_¡4exp[-18.14 MeV. donde T es la temperatura del plasma y kT se expresa en keV.7 x 1O_¡2exp[-20/(kT)!] (kT)¡ 3 cm Is. 3 cm Is. www.fullengineeringbook. Debido a que un plasma para la reacción de fusión debe estar a una temperatura muy alta. Por ejemplo.9) exige una temperatura del gas muy alta. Con esa temperatura. para obtener un número apreciable de núcleos (por ejemplo. el gas estaría realmente caliente. DD _ DT _ (JV (JV = 2. 8/(kT)!] (kT)¡ = 3. Teniendo en cuenta que la energía media en una distribución de Maxwell-Boltzmann es ~ kT. (6.14 MeV sería 3 2 kT ~ 1O-2Ve = 1. que es inestable. por lo que no se encuentra en la Naturaleza más que en cantidades ínfimas. Igualando con la expresión (6.12) www.net . Li6 +n _ Densidad He4 +H3 +4. Se obtendría de la reacción de los neutrones (producidos en la reacción de fusión) sobre litio. n es la densidad de iones (ionesjm3).con relativa rapidez (T = 12. El deuterio contenido en el agua de los océanos se encuentra en cantidades prácticamente inagotables y de extracción relativamente fácil. P max se expresa en pascales. la DD tiene una temperatura de ignición cinco veces superior que la de la reacción DT). B2 no (6. Gulios). Combustible La reacción DD es más dificil de realizar que la DT (como se verá más adelante.8n x 1O-7kT' en este caso kT se expresa en unidades del S. de potencia Si Q es la energía emitida en cada fusión. Los primeros reactores de fusión se basan en la reacción DT.11) donde Bo es la densidad de flujo magnético en el vacío (en teslas) y Po la permeabilidad magnética del vacío. se desintegra por emisión p. la densidad de potencia desprendida de las fusiones p¡ será p¡ = n¡n2(JvQ . p = nkT.3 años).l. Pero el tritio. la temperatura del plasma y el campo magnético.78 MeV. •• .Fisi6n y fusi6n nuciear Densidad 151 iónica La densidad iónica que se alcanza es proporcional a la presión.fullengineeringbook. Los constituyentes del plasma (iones y electrones) obedecen las leyes del gas perfecto.11) y despejando se obtiene una relación entre la densidad de iones. La máxima presión ejercida por los iones del plasma que puede ser confinado por el campo magnético (suponiendo confinamiento magnético) será Prnax B2 B2 2po 8n x 10-7' = _0 o (6. donde a es una constante.108 K). también los choques entre iones y electrones pueden dar lugar a emisión de rayos X o emisión de luz. las trayectorias helicoidales de las partículas dan lugar a una aceleración y por tanto a una emisión. estos valores dependerán de cada dispositivo concreto. por 10 que se obtienen valores para la temperatura de ignición (temperatura mínima para que la reacción sea automantenida) superiores a la temperatura crítica.. opacidad del plasma. Como valores indicativos se tiene Ti(DT) . la temperatura puede mantenerse elevada y la reacción puede reproducirse. Ti(DD) .net La temperatura para la cual las ganancias Pf igualan a las pérdidas Pr se denomina temperatura crítica (en el caso de la fusión no hay una masa crítica como en la fisión). T la temperatura reactante. llamada radiación de sincrotrón. Una carga sometida a aceleraciones emite radiación (radiación de frenado o bremsstrahlung).5 keV y. Si es el tiempo de confinamiento de la energía.fullengineeringbook. Criterio de Lawson Como se ha visto antes. y n es el '"C .5 X 108 K). Lawson dio en 1957 un criterio que determina las condiciones necesarias para que un reactor de fusión llegue a encenderse y mantenerse. Sólo si se supera esta temperatura se compensan las pérdidas. La potencia emitida en este tipo de radiación es Pr .50 keV ( .6 . También hay que tener en cuenta efectos de fugas.152 F/sica Nuclear: problemas resueltos Si suponemos mezclas al 50%. o tiempo que tarda en disiparse o perderse la mitad de la energía térmica que depositamos en el plasma. kTc . nI = n2 = n/2 1 Pf = ¡n 2 CTVQ. Para procesos DT. D.50 keV. Los iones y los electrones que forman el plasma interaccionan entre sí a través de sus cargas y sufrirán aceleraciones y desaceleraciones en su movimiento. del plasma y Z el número atómico del www.10 keV ( . kTc es del orden de 40.an2T!Z3. etc. Para un plasma en condiciones termonucleares la fuente de radiación más importante es el bremsstrahlung. Todas estas radiaciones escapan en parte del plasma llevándose una cierta energía. ------"11I . J. la condición T > Ti es una condición de automantenimiento.. para procesos DD. si además hay campos magnéticos presentes (como es el caso del confinamiento magnético). la condición para que la reacción pueda mantenerse es m: > 104 s. Para prevenir la pérdida de partículas a lo largo del eje hay dos soluciones: Se puede construir un toro (configuración cerrada) o se puede crear en los extremos una zona de alta densidad de líneas de campo magnético que reflejaría las partículas dentro de la región donde el campo es inferior. www. por lo que se forma un plasma caliente.fullengineeringbook. Esto sería suficiente para confinar a las partículas en sólo dos direcciones. Es un concepto bastante diferente del concepto de confinamiento magnético. por ejemplo). donde r¡ es el rendimiento de producción de energía (o eficiencia del reactor termonuclear). La ignición de la fusión y las condiciones de quemado se alcanzan tan rápidamente. Esa implosión será capaz de comprimir una mezcla de gas deuterio-tritio que puede colocarse dentro de la esfera hueca. En este caso se busca alcanzar un valor aceptable de m: creando una alta densidad n en lugar de un tiempo de confinamiento 1: alto. Al criterio de Lawson se llega considerando que r¡ = 1/3. La cantidad de materia a comprimir será insignificante y tendrá que ser una esfera hueca (puede ser una pequeña esfera de DT sólido). y juntamente con el calor producido provocar una fusión termonuclear. antes de que ocurra alguna reacción. . Bombardeando esa esfera con radiaciones (haz láser. por ejemplo) se calienta y se comprime su superficie a altísima temperatura.cm- 3 para DD. En los dispositivos de confinamiento magnético se intenta conseguir un alto valor de m: (criterio de Lawson) mediante la actuación de campos magnéticos en el plasma y el magnetismo actúa como "material" capaz de ser empleado en la construcción de recipientes contenedores.Fisión y fusión nuclear 153 número de partículas por cm3 que hay en el plasma. El confinamiento magnético mas simple es un campo magnético uniforme (las partículas realizarían trayectorias espirales alrededor de la dirección del campo). Así la temperatura y la densidad de los reactantes aumenta enormemente. de modo que pueden ser confinados en un campo magnético.cm- 3 para DT. m: > 105 s. Para ello se agrega energía a cantidades pequeñas de los reactantes por medio de láseres pulsados. Pero. en forma de iones libres mezclados con electrones libres. El plasma se escapará libremente hacia afuera. Confinamiento del plasma Confinamiento magnético. Se consideran otros medios de los haces láser para añadir energía a las esferas reactantes. Se logra la fusión con materia enormemente comprimida. El uso de campos magnéticos se debe al hecho de que los reactantes se encuentran en estado de plasma.net Confinamiento inercial. parte de las partículas tendrá que ir hacia adentro. que no hay tiempo de que ocurra una expansión. Serían los espejos magnéticos. por conservación del impulso. como pueden ser haces electrónicos y haces iónicos (iones de deuterio. es decir. como. Posteriormente www. es muy probable. que cambia rápidamente. Siguiendo a la formación del deuterón. Q = 12. Q = 1.net He3 +He3 ------> He4 +2H1 +')1. - ------> He4 +2e+ +2v. en pleno desarrollo teórico y tecnológico.154 F(sica Nuclear: problemas resueltos Ésta es una materia de plena actualidad. la cadena del carbono o ciclo --- .fullengineeringbook. más pesados en el interior de la estrella pueden ocurrir otras de fusión. más satisfactorio de reactor termonuclear El proceso básico en el Sol es la fusión del hidrógeno para generar helio. ya que las condiciones internas de presión y temperatura en el Sol son óptimas. Q = 5.49 MeV.44 MeV. El primer paso de este proceso de fusión será la combinación de dos protones H1 +H1 ------> H2 +e+ +v. La reacción neta es la transformación 4H1 Si hay elementos series de reacciones de Bethe. que se produzca la siguiente reacción: H2 +H1 ------> He3 +')1. por ejemplo. por lo que conviene estar atento a la bibliografía. El proceso completo (cadena protón-protón o ciclo Critchfield) da como resultado de 4 protones en helio la formación de He4.86 MeV. Fusión solar (estelar) Una estrella como el Sol es el prototipo automantenido. 6).fullengineeringbook. D = 1. Calcular (a) El buckling geométrico. El flujo de neutrones es de 2 x 1013 n/cm3• s y la energía efectiva es E = 0.023 x 411 X 1020 X 10-24 n/cm3 de = 0. p = ® + (2 x de no fuga .06 cm.247 x 2 X 1020 = 6. Solución: Teniendo en cuenta la proporcionalidad de 0"¡(0. P = 9 g/cm3. x 1013 X -¡ 1 ~ 1010 = 1159.1. M = 238 N235 = 0.05 eV) ~ i (E) O"(Eo) 1/2 O" con (l/v). PROBLEMAS 155 RESUELTOS 2.0025 eV es de 585 b. I . r = 40 cm2.247 U235. (6. www.2 W /cm3 Considerar un reactor cilíndrico de 60 cm de radio y 90 cm de altura.net Como hay una mezcla homogénea. y ~a = 32 cm-l. Fisión G) Determinar la densidad de potencia térmica (W/cm3) que se genera en el combustible (U02) de un reactor de fisión.02~7~ ~¡ = N O"¡ = 6.05 eVo Considerar que las secciones eficaces en la región térmica varían según l/v. = 582 x (0 Ó. La sección eficaz de fisión del U235 a la energía de 0.05 025 ) 1/2 = 411 b. cm-l.Fisión y fusión nuciear 2.023 De la eco ~¡ <1>= 0. y por tanto con El/2. en donde el 3% es U235.03 x 9 x 6. (b) La probabilidad •• 1023 16) = 270. (a) Si a idéntico material se le da forma de una esfera. su buckling geométrico será B2= (2.06/32 = 0.82x = (2.-----------~~~~~~~-~==========~~~~~~~~~~~~~-~~=---- 156 .~_. ¿cuál será entonces su tamaño crítico? (b) ¿Cuál sería el factor de multiplicación - infinito si L = 18 cm? . p¡ = e-B2r = 0.. www.999~1. . la probabilidad de permanencia. finalmente.893. p = p ¡p 2 = e-B2r La probabilidad de permanencia de neutrones rápidos. resulta P = 0.~OSr +(. La probabilidad de permanencia de neutrones térmicos. Se observa que la permanencia de los térmicos es mayor que la de los rápidos.:Sr 1O-3cm-21 (b) La probabilidad de no fuga es la probabilidad de permanencia durante la moderación.~o=O.~~~~_ ..fullengineeringbook._. F(sica Nuclear: problemas resueltos Solución: (a) Por ser un reactor de forma cilíndrica.893 I Determinado reactor homogéneo es crítico cuando tiene la forma de un cubo de un metro de lado.--.r +(~r =12.893 x 1 = CID I 0.033 P2=. ~~~~ 1 ~n~ por lo que cm2..net 1 P2 = 1 +UB 2 ' donde U = D /'La = 1. 3 cm.47 cm I Éste sería el tamaño crítico para un reactor de esa geometría. www. 1 +L2B2 = 1=}.74 cm y Id = 115.3 = ~ 3) Un reactor cilíndrico que tiene un radio de 55 cm y 100 cm de altura se mantiene crítico.Fisión y fusión nuclear 157 Solución: (a) El buck1ing de un reactor cúbico Be2 = 3 (n~ )2 =3 ( 100 n )2 = 2. ¿Cuál será ahora el factor de multiplicación efectivo? La=O..9 x 10. Kej = K.96 x 10.fullengineeringbook.net (b) La condición de criticidad para un reactor desnudo.96 X 10_ 3 cm . B. = (2. K. en la teoría de un grupo.2%.2 I . 22 cm-1. = 1 + 324 x 2. D = 1... = Si tienen el mismo B2. ~05 r + (~ r = (2.2 .L~17 = 1 +L2B2. (a) ¿Cuál es el buckling geométrico? (b) Determinar el factor de multiplicación infinito. El esférico..:5 r+ ( r 1~0 = I 2. (c) Al introducir una barra de control. (~r· significa que 2. la reactividad disminuye un 0. 36 cm.96 X 10-3 = (~r=} r = 57. Solución: (a) El buck1ing de un reactor cilíndrico es B. . al ser KeJ < 1. Considerar: p = 8 = 1.' = 0.7 X N".9 Fe. = 1.0179/ (c) La reactividad se define como el exceso o disminución del factor de multiplicación.-. (Jf = 582 b. L~ +L.664 = 1146.3 = I 0. x (J. 10-4 . = 694 b Y (J:.664 b.5 x 582 = 694 + 0.158 F(sica Nuclear: problemas resueltos (b) Igual que en el problema anterior. = Nu x (J:: N".= 1.' - V X __ a +L'"a x LU Luego V V x Lf x Nu x (Jf = L~ + L. Nu :::} + N". = 1 + ~'~~ . x 2.998 I Quedaría ahora el reactor sub crítico después de haberle introducido una barra de control.net Solución: Para que sea crítico un reactor infinito. luego p = = 1- t1KeJ = 1- KeJ p KeJ = 0. ® Suponga un reactor infinito formado por U235 yagua.2 x 10.2% = 2 x 10-3. = 1 . 761 Nu = 0. Sustituyendo valores. (J:. = r¡f = V LU 'J X ~a ~u LU a Lf--:::.u'" = 8.5. 664 x Luego ..fullengineeringbook. Y Fe.. v = 2. Se desea saber la razón entre los pesos uranio/agua que logrará la criticidad. = 1 +L2B2 X 10-3 =11. Fe. www. resulta 2. cuando t = 0._0 I :ID Un reactor cuyo combustible es U235 opera a la potencia de 700 MW y se le detiene tras la inserción inmediata de barras de control de 8% de reactividad. Po(Aoewot +A¡eW¡t).8) inmediatamente.80 s. para que sea crítico.fullengineeringbook._14_0. como piden la relación de pesos mu _ 235 NA mm mu 18 xx Nm == 235 ~: } Nu 235 -18 x Nm = 18 x 8.Fisión y fusión nuclear 159 Esta es la relación entre las concentraciones. 01l4::} 1. . <1>o(Ao siendo p 13 Ao -p = 0. debe ser :: = 0. 13 = 0. lo que quiere decir que P P = = Po. (c) ¿Qué potencia tendrá 15 m después? Solución: (a) De la eco (6.1_. . l = 10-3 s-¡. La potencia es proporcional a la densidad neutrónica.net (b) ¿A qué potencia habrá descendido 1 min más tarde? T = .7 mm X 10-4• La relación de masas uranio/agua. (a) ¿A qué potencia habrá descendido inmediatamente? www. Y = -13- A¡ -p = --13-' Se ve que (Ao + A¡) = 1.075. la potencia no ha variado.. <1> = + A¡).0065. ° 472 ewot - 0. El tiempo de generación neutrónica vale de neutrones retardados. (a) Determinar ¡ = 10-3 S Y se supone un solo grupo la evolución del flujo neutrónico en función del tiempo. e 1 - O.-T -.0865 p x 1= -1(F3 t_ w x 60 = 5190. neu- . Al introducirle una pequeña cantidad de uranio enriquecido. ewot ___ 1. = 0..0065 A AALC: A AA10 = 1. A.78 MW I (c) Al cabo de 15 min. OJol _ 15 x 60 _ - M - - 11.net Luego la potencia habrá descendido hasta P = 700 x 0. p o l 60 l -.82 X 10-4 =/682 wj (]) Un reactor de uranio natural-grafito está trabajando a nivel de potencia estacionario. Solución: (a) Aplicando la eco (6.0065.075 x 1.08. 2'5. Pasado un minuto desde la variación brusca de reactividad. www.fullengineeringbook.3 x 10 5 .-O "75' = -0.0018 positiva. luego P = Po Ao ewot = 700 x 0. /3 si no existiesen = 0. (b) Compárese el periodo estable con el que resultaría trones retardados. --¡/3 - OJII = -. ya no influyen los transitorios. en donde Ao = _/3 __ /3 - p - 0.160 Fisica Nuclear: problemas resueltos (b) Un minuto más tarde.075 x 0. la reactividad se hace bruscamente 0. resulta OJ Como p es el 8%.472 = 124.--80 -. 1= 60s.8).08 s.3 x 10-5 = 6. 38. 38 e-4.0018 = I~.08 _ p - fJ - 1 OJ1 - X 0. 1.. T p = fJ - AP p = 0... 0..0018 0...0 . 'p " o:l 1.0065 . e... desde t = hasta t = 2 s.net .0065 _ 0. •..5 0.0018 _ -47 p _ - 10-3 -.:.08 x.~::~nda contribución -- 0.5 Primera contribución RESULTADO www. " Reactividad positiva .0065 _ 0. ¡:: p =0.0306 S-l. _ 0.6 s 0.0.:. 32... -1 0.0.0 1.5 t(s) (b) El periodo estable del reactor.0 1. en donde se han separado las dos contribuciones.7t].0018 = 0. "- '-' o . 38 eO.0306t - 0.0018 o .0 0. resultando que <P= <Po[1.. o e. o o '2 ·0 l.S' ¡.0 l.0018 0..0018 = -0.--.Fisión y fusión nuclear = -p Al = - OJo fJ =~ fJ __ p _ 161 0. S .0018 I 2.5 \ \ """ "".0065 0. ° Dando valores a t.38. resulta la figura siguiente..fullengineeringbook. Primero hay que calcular cuántas moléculas del agua hay en un litro de agua. Se ve que si no hubiera neutrones retardados el flujo neutrónico subiría muy rápidamente.55 s. que tienen un 50% de probabilidad de ocurrir Hi + Hi ---> Hei Hi + Hi ---> Hi + n + 3. ¿cuánta energía se liberaría? Expresar el resultado en terio forma el 0. Como (]'>j(]'>o ex et/T.92 X 1021 átomos de deuteriojdm3• . para t = 2 s. El 0. nlnol 3 = 10 x 6. mediante J. + H: + 4. T = ~ _ P - 10-3 0. (é/T)con ~ 1.023 X 1023 18 3 25' = 3.0022 = 0. nD = 0'~.35 X 1025 = 6. natH = 2 x 3.7 x 1025átomosjdm3. Fusión CD Se tiene 1 litro de agua.0148% de estos átomos serán de deuterio. 3 Como cada molécula tiene dos átomos de hidrógeno. Patm(H20)=18. El deu- Solución: www. 11 = 1 dm3.fullengineeringbook.Fi'sica Nuclear: problemas resueltos 162 Si no hubiese neutrones retardados.048 x 6.0148% del hidrógeno natural. 5 x 10 moleculasjdm.03 MeV. La densidad del agua es p = 1 gjcm3 = 103 gjdm3.net Como se ha visto anteriormente. 2. (et/T)sin = 38.2.7 X 1025 = 9. si todo el deuterio que contiene se fusionara la reacción DD. hay dos posibles reacciones DD. 27 MeV. 92 x 1021/2 = 4.03 = 2. Por la conservación de la energía y del momento mHe3THe3 = mnTn (2).(3.014102 .He3 +n. + 1.27 = 8. 4.99 1021 MeV.479 X 1021 x 3.03 = 9.fullengineeringbook.Fisión y fusión nuclear 163 Para realizar una reacción DD se necesitan dos átomos de deuterio. ¿qué energía hay que suministrar para vencer la repulsión electrostática? (d) Si se proporciona esta energía calentando a temperatura muy elevada. 99 x x 1.net (a) Si los núcleos de deuterio interaccionan en reposo. 4. por lo que hay la posibilidad de 9.958 X 1021 reacciones DD.27 = 2.90 X 1022 X MeV /dm3 103 MJ /dm3 I de procesos termonucleares es la D +D -.479 X 1021 x 4. De ellas cada 50% será de uno de los dos tipos antes indicados. calcular la energía cinética total del neutrón y el núcleo de He3 (en MeV). www.008665)] e2 = .81 X = I 2. (b) Calcular el momento lineal de cada uno (en MeV/c). (c) Si los núcleos de deuterio deben encontrarse a una distancia de 10-11 cm uno de otro. 602 X 1021 10-19 en la aplicación = 1.958 2x 1021 x 3.016029 = 3.958 2x 1021 x 4. 11 X = 1.27 MeVI = THe3 + Tn (1). 81 X Una reacción interesante siguiente: 1021 1022 + 9. 11 X 1021 MeV.51 Q X 10-3 e2 =[ 3. Eliberada Eliberada ~ = 8. ¿cuál es la temperatura necesaria? Solución: (a) Con los datos de las masas obtenidos de la tabla del apéndice Q = Tc = (mi - mf)e2 = [2 x 2. los momentos resultantes del n y He3 son iguales y de sentido contrario.008665 + 3. PHe3 =pn =p.75 +p2C2 X 103 = Tc +mnc2 +mHe3C2 = MeV = E. Elevando sucesivamente al cuadrado y despejando queda E4 2 p = + (m2n _ m2H~ )2 _ 2E2 (m2n + m2H~ ) 4E2 sustituyendo los valores de las masas que aparecen en la tabla y el valor de la energía total p2 = 4606.33 MeV2jc2.82 MeVI (b) Como los deuterones están en reposo su momento lineal es igual a cero. . Para simplificar c = 1.fullengineeringbook.87 MeVjc I (c) Sabemos que la repulsión e1ectrostática viene dada por la siguiente ecuación: e2 Ve = 4nEo Z2 7' recordando que e2 -11 -4neo = 1. Tn _ 3.27 = 12. Por conservación de la energía total www.net vmfic4 +p2C2 +y'mHe3c4 = 3.440 MeV. 016029 x 3. mn = mn +mHe3 THe3 Q. p =1 67.1.fm y que r = 10 cm = 100 fm.164 F/sica Nuclear: problemas resueltos de (1) y de (2) se tiene mHe3 Tn = mn +mHe3 Q.45 MeV I THe3 = Q- Tn =10.016029 . 4 1 es la energía que hay que suministrar para vencer la repulsión electrostática.0144 R ó25 x 10. ~ Demostrar que si el planeta Júpiter fuera uniformemente denso. su energía cinética por nucleón sería aproximadamente de 6 eV. La energía gravitatoria de interacción entre las distintas partes de una esfera es una función radial.440 X 100 = 0. no depende del ángulo y su valor es Ep=:2 1 J V(r)adr. Su masa es 1.net Solución: El potencial gravitatorio dentro de una esfera uniforme de masa M y radio R es V (r) = GM ( 2R 3 .0144 MeV = keV 114.2R3 r2) . de donde T = ~ Ee = ~ x 3 k 3 0.11 = I 1.Fisión y fusión nuclear 165 sustituimos en la expresión anterior 1 Ve = 1. www. Este planeta está compuesto principalmente de hidrógeno.11 X 108 K I la temperatura necesaria para superar la barrera de Coulomb. donde a es la densidad volumétrica de masa y d3r Ep=:2 liRo 3 d3 r es el elemento de volumen = 4nr2dr.fullengineeringbook. [-GM (32R-2R3 r2) a4nr2]dr= . demasiado pequeña para inducir reacciones nucleares. (d) En la distribución de Maxwell-Boltzmann la energía más probable es 3 Ee =:2 kT. 9 x 1027 kg Y su radio 7 x 107 m. ) el promedio ."53 x 6.6eV ~ 6eV = 9 x 10-19 J. La temperatura correspondiente a esta energía es tal que (T) _ ~kT. y (Ep en el tiempo de la energía potencial gravitatoria.67 x 10-11(1. Según el teorema del virial.76 x 10-18 J/nucleón = . Sustituyendo los datos y las constantes Ep = . La energía potencial por nucleón será Ep 2 X 1036 N = .137 X 1054. O" r2dr 2R3 r2) o = -8nO"GM- R2 10' no depende de r y siempre vale M O" = :'±nR3' 3 con lo que E p --_ 3 GM2 S ¡¡:-. 137 X 1054 = -1.- Como es uniformemente denso.38 x 10. es la constante de Boltzman.1. Calculamos cuántos átomos de hidrógeno hay www.net N = 1.11 eV/nucleón.23J /k. N-2 k = 1.9 7 x 107 X 1027)2 = -2 X 1036J. donde ( T ) es el promedio en el tiempo de la energía cinética.9 1.67 X X 1027 10-27 = 1.166 Frsica Nuclear: problemas resueltos = -27wGM IR(3-2R . ! (T) N -__ 2 (Ep) N = 5.fullengineeringbook. (b) La energía liberada. por eso este planeta es una enana marrón.37 x 10 lOnesjm. aunque pequeña.10) y teniendo en cuenta que en este caso n = 4. Esto supondría que é 9 X 109 Kc R = 10-15 -19 2 (1. es una temperatura demasiado baja. ~ " = 6. Para que se produzcan fisiones. a una temperatura de 25 keV. www. La presión se encuentra al 15% del máximo. para esta expresión kT tiene que estar expresada en julios kT = 25 keV = 25 x 1.6 x 10 X .775 x 1OW· lOnesj m 3 nI = n2 = 2 .3 x 10 Esta energía es la que debería haber para inducir reacciones nucleares.470 K. 3) Se tiene un plasma DT.1 I Fisión y fusión nuclear 167 De aquí se deduce que T = 43. De la ecuación (6. 50-50 confinado en un campo magnético de 8 teslas. Calcular: (J"V (a) La velocidad de reacción del plasma.2 x 10.5 js = 3. = 3. Según la ecuación (6. de átomos de H con energía cinética del orden de Kc e2 j R (R = 10-15 m).13 J.2 X 10-15 X 21 . 6 .fullengineeringbook. ) = 2.net Solución: (a) Para calcular la velocidad del plasma hay que calcular primero la densidad iónica. Como la presión se encuentra al 15% habrá (J"V J=4 10-16 10-16 cm3 n = 9.16 cm3/s. Se ve que es de cinco órdenes de magnitud superior a la que hay en Júpiter. 3 . n= 82 X = 3. debe haber una proporción apreciable.2 X X 1020 ionesjm3• 10-22 m3 js.12) la densidad iónica será n= B2 o 8n x 10-7kT . J. 4% dellitio natural es Li6.28 X 10-22 X DT la energía liberada 1021 MeV/m3. Solución: www. . en la tabla se determina Q = (2mLi .76 X 1022 x 1. 602 X 10-19 1021 núcleos de Li6/kg. = /1.net La reacción propuesta será Li~ Con las masas que aparecen Q + Li~ ~ 3Hei + Q.02243c2 = = 20.023 6X 1023 Con N núcleos de Li6 se producen da será = 7 ' 43 X N /2 reacciones.24x X 104 MJ 1022 MeV/kg = I en cada kg de litio natural.168 F(sica Nuclear: problemas resueltos se obtiene finalmente R = ni n2lTV = (4. = 205 MW/m3 = 205 I ® = I 7. Para saber cuántos núcleos de Li6 hay en 1 kg de litio natural 7. ¿Cuántos MJ por kilo de litio natural se obtendrían si se pudiese hacer la reacción de esta forma? El 7. s s = 2.59 x 7.30x 1019 reac/m3.59 MeV.90 MeV. s es = W/cm31 Supongamos que en un proceso de fusión dos núcleos de Li6 reaccionaran formando tres partículas IX.fullengineeringbook. El proceso podría producirse mediante láser. E = 17.4 N=100x 6.015122 .2 (b) Como se sabe que en las reacciones 17.05 I por reacción.30 X 1019 = 1. se liberan en cada reacción.775 x 1020)2 x 3. por lo que la energía libera- E = 7.3 x 4.76 = 7.43 2X 1021 x 20.90 = 7.002603)c2 = 0. X 108 J/m3.3mHe) c2 = (2 x 6. Considere un reactor que está trabajando a nivel de potencia estacionario. Un reactor de U235 presenta una ligera variación de su potencia.66 b.47. 5. 1 = 10-3 S. PROBLEMAS 169 PROPUESTOS 1.1 % de reactividad. 1% (d) (c) p = f3 (e) (d) p = ° Datos: f3 = 0. www. cuando se produce un salto brusco de 0. ¿Cuál es la magnitud de la reactividad que 10 ha producido? f3 = 0. Estimar la energía de los neutrones necesaria para producir la fisión del y del PU242. p = 0. ¿Y en el caso del Pb208? PU241 3. Calcular la energía desprendida en la fisión (a) de un núcleo de (b) de 1 g. A = 0.08 S-I. 0": = 0.net 4. U235. O"~ = 687 b. Esta variación hace que en 30 m la potencia sea el doble. y que e = 1. O"f = 580 b.2% átomos. A = 0.084 S-l. Determinar el factor de multiplicación infinito. Al cabo de 10 s la reactividad vuelve a cero. P = 10. de acuerdo con la siguiente reacción: U235 92 + nio Sr90 38 ~ + Xe136 54 + 10 nio 2. conociendo los datos siguientes v = 2.fullengineeringbook. (a) (a) ¿Cuánto ha aumentado el flujo de neutrones en los 10 s? (b) Determinar el tiempo de generación efectivo y el periodo estable para los casos siguientes (c) (b) p = 0. Considerar que el 31% de los neutrones rápidos son absorbidos mientras se moderan.1 grjcm3) yagua (68%.0072.l Fisión y fusión nuclear 3. El enriquecimiento del U en U02 es de 3.8 grjcm3). . de U235. Se desea construir un reactor homogéneo que esté formado por U02 (32%.0076. 00141.cx+t+4. formado por una mezcla homogénea de U235 yagua.5 x 109 kWh por año. Tras retirar una barra de control aumenta su factor de multiplicación infinito un 0. (a) ¿Cuál es la densidad de dicha mezcla. calcular el tiempo en el que el flujo neutrónico aumenta un factor e.1%. Datos: = 0. con una eficiencia térmica del 40%. (a) Suponiendo que no hay neutrones retardados. en kgjm3? (b) ¿Cuál es la presión? www.n+cx+17. Se tiene un reactor infinito. (b) Lo mismo que en (a) suponiendo que hay un solo grupo de neutrones retardados.170 F/sica Nuclear: problemas resueltos 6.7SMeV (a) ¿Cuántos kilos de Li6 se consumen al año? (b) Siendo el Li6 el 7. En un plasma de fusión (o termonuclear). una mezcla 50-50 de deuterio y tritio debería tener una densidad de 1021 ionesjm3 y un equivalente de temperatura de 10 keV. trabajando a SOOMW. La energía térmica requerida se produce por medio de las dos reacciones siguientes: d+t--.7s.000 MW. La reacción esd + d--.net S. l = 10-4 s. ¿cuánto litio natural se necesitará? . vida media de los neutrones retardados fJ =t12 =22. 7. Suponer que en una estación de fusión se produce 7. ¿Qué relación hay entre la energía producida por la fisión de N gramos de y la producida por fusión de N gramos de tritio con deuterio? U235 10. cx+y +23. Determinar cuánto deuterio es necesario para alimentar durante un mes un reactor de fusión DD de 1.59MeV y Li6+n--.S MeV. 9.fullengineeringbook. Se supondrá que el plasma puede mantenerse estabilizado hasta un grado de quemado del combustible de un 10%.5% dellitio natural. pero con otras propiedades opuestas como. junto con sus antipartículas. Bosones de espín unidad y masa nula. Todos ellos están sujetos a ¡.fullengineeringbook. (Partículas ligeras). Pueden anularse mutuamente.net 1.. b) Leptones. Los neutrinos tienen masa nula y viajan a la velocidad de la luz. el muón y el tauón 'L y los neutrinos v (electrónico. Además de las propiedades generales de las partículas elementales. 171 . muónico y tauónico). . Son fermiones de espín 1/2.¡. las llamadas partículas elementales. que son las constituyentes de la materia. Los tres primeros tienen masa no nula. Las fuerzas que actúan entre las partículas elementales se deben al intercambio de otras. con cargas eléctricas opuestas (como ocurre con el electrón y el positrón. Clasificación de las partículas observadas a) Fotones. Son el electrón e. interesa mencionar aquí dos características especiales: l.1 www. 1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA El estudio de los núcleos y nucleones nos hace aproximamos más a la estructura de las partículas. por ejemplo. o con el protón y el antiprotón). Cada tipo de partícula tiene su antipartícula. dando lugar a fotones u otras partículas .. de masa idéntica.. llamadas mediadoras. Es el cuanto de radiación. observando que detrás de ellos hay otras más pequeñas.1. pero no a la fuerte y se comportan como partículas puntuales.15 m. las cargas eléctricas son opuestas sustituyen por el antiquark correspondiente (por •. En las tablas 7. O partículas que interaccionan fuertemente y que sienten todas las interacciones.K. Están formados por un quark y un antiquark. Con los métodos actuales de resolución. por 10 que no son partículas elementales propiamente dichas). L (sigma). Son fermiones formados por tres quarks. no se ha observado estructura en los 1eptones y no se ha encontrado a ninguno en un estado interno excitado. 2) Bariones (Partículas pesadas). como el A (lambda).869 11 0. Sus características aparecen en la tabla 7. nO).1 y 7. d. Los hay de dos tipos: 1) Mesones (Partículas de masa intermedia). se les considera partículas fundamentales.d). de algunos hadrones (hay mutienen los mismos valores de y los quarks constituyentes se ejemplo.. Tienen un radio del orden de 10.494 0. Las antipartícu1as correspondientes masa y espín.net c) Hadrones. Por ejemplo.4.2 aparecen las propiedades chos más). Están constituidas por quarks (tienen estructura extendida. n-.140 5.~) y otros muchos. los piones (n+. 10-18 m.549 www. TABLA 7. por tanto. los más ligeros de la familia y otros más pesados llamados a veces hiperones (masa mayor que la del neutrón).271 1. Entre ellos están los nuc1eones (el protón y el neutrón). y 3 (cascada). . Características de algunos hadrones bosónicos (mesones) Mesón q 7j Símbolo n+ Nombre Quarks constituyentes Carga eléctrica Masa GeVjc2 Espín Eta -1 O O O bu uTI ud su D+ Kaón B+ Pión ed 0. Son bosones.172 F/sica Nuclear: problemas resueltos las interacciones electromagnética y débil. los kaones (K+ ..1.fullengineeringbook. 2. y de resonancias bariónicas . 2 173 Características de algunos hadrones fermiónicos (bariones) 311 1eléctricaq q q -1 uds udd uud Masa Nombre 1.-. Es una fuerza de poca intensidad y la de menor alcance (10-18 m). 8* . Aunque es la más débil. son estados virtua1es intermedios en procesos donde intervienen hadrones.10. Entre los componentes de la materia existen cuatro tipos de fuerzas. Además de la lista de partículas estables hay otros muchos hadrones descubiertos en experimentos con aceleradores de alta energía.. conforma la estructura del universo.1.940 Omega Bariones y1 Antibariones qqq Sigma Carga constituyentes 22 Espín GeVjc2 ° 2 Quarks www. ~* . Es de largo alcance y siempre atractiva. Particulas elementales TABLA 7.116 0. Esta vida media tan pequeña es un índice de que decaen por interacción fuerte. Estos hadrones tienen vidas medias del orden de . En orden de intensidad creciente son: a) Gravitatoria. Se caracteriza por la participación de cuatro fermiones. Son debidas al intercambio de . Como ejemplo de resonancias mesónicas p. Es la responsable de la desintegración beta. No tiene efectos medib1es en la escala de las partículas. Se trata de las resonancias.938 Lambda 1. entre otros procesos parecidos.. varios órdenes de magnitud más pequeñas que las vidas medias de los hadrones estables. que indica su intensidad. Tipos de interacciones fundamentales. a cada una de ellas se le puede asignar una constante de acoplamiento.net Resonancias.23 s. cv. y cada una de ellas actuará dentro de una distancia o una escala de tiempo específica.676 0.fullengineeringbook.189 1. b) Débil. pero no desempeña ningún papel en fisica nuclear. W+. Es la responsable de la estabilidad de los núcleos y de las fuerzas entre los nucleones. TABLA 7. pero esa unificación está rota a bajas energías.3. Su constante de acoplamiento es j2/hc = 10. que representa el alcance de las fuerzas nucleares. Las partículas mediadoras en esta interacción son los gluones.14. Un potencial que describe fenomenológicamente las fuerzas fuertes entre los nucleones fue introducido por Yukawa. Hoy se cree que las fuerzas débiles y electromagnéticas son dos manifestaciones distintas de una sola. La más intensa de las cuatro. inalcanzable s en el laboratorio. pero su alcance es muy corto (~ 10.net ectromagnética Débil Ver) =g exp(-kr) r ' (7. De largo alcance. c) Electromagnética. Las vidas medias de las desintegraciones fuertes van de 10-22 a 10-25 s.1016 Gluón 1Núcleos Desintegraciones .Zo mediador Espín .y Zo. W. llamada electrodébil.15 m). Características de las interacciones fundamentales Infinito 10.174 Fisica Nuclear: problemas resueltos una de estas tres partículas mediadoras (bosones): W+.1) donde k es el recíproco de una longitud. La vida media de las desintegraciones electromagnéticas están entre 10-16 y 10-20 s.3 aparece un resumen de las características de las interacciones. Los mediadores de esta fuerza son los fotones.W22_10Alcance Vida media smCosmos 10-12_10-15 Gravitón Infinito 2s25 10-15 11 10-18 my Mediador del de Fotón Campo :::. Se debe a la fuerza entre los quarks que constituyen los hadrones. Sus vidas medias están en el rango 10-12_10-15 s.fullengineeringbook. En promedio es atractiva y los experimentos prueban que existe una longitud crítica más allá de la cual no se extiende la interacción. las dos tienen la misma intensidad. Es posible definir una constante análoga a la de la estructura fina de las fuerzas electromagnéticas. En la tabla 7. d) Fuerte. www. pero sin valor fundamental (denominada g). donde j es la constante de Fermi ordinaria. La constante de acoplamiento es la constante de estructura fina IX = e2/4nhc = 1/137. A muy grandes energías. pueden ser atractivas o repulsivas. que estaría entre 1 y 10. donde 1]A y 1]B son sus paridades y 1 su momento angular orbital relativo. B = . 5. Se trata de la producción asociada. lambdas. Leyes de conservación La existencia de leyes de conservación en una reacción implica que deben conservarse ciertas cantidades (o sea. V { L = O1 para las e. Se designa: L = -1 para e+. que sus valores antes y después son iguales). que son las siguientes: www. siendo SA. por lo que los bariones sólo se pueden crear en pares (barión + antibarión). y C y de momento angular relativo de B y C. etc. c) Decaen vía interacción débil. La de un estado de dos partículas A. La paridad se conserva en la interacción fuerte y electromagnética. También pueden decaer electromagnéticamente. Son los kaones.partículas v . con o sin intercambio de extrañeza. Hay partículas extrañas que son mesones y otras que son bariones. 2. por definición. en los fermiones la paridad de partícula y antipartícula son de signos opuestos. B vale 1]A1]B( _1)/. Es una magnitud multiplicativa. Para los bosones la paridad de partícula y antipartícula son iguales. sigmas. Número leptónico. Cada partícula elemental tiene asignada una paridad intrínseca.B. respectivamente. pero no se conserva en la interacción débil. . 4. cascadas. nucleón-nucleón). b) Su vida media es mucho mayor que las típicas de la interacción fuerte. Se conserva en todo tipo de interacciones. par ( +) o impar (-) que describe el comportamiento de la función de onda espacial bajo la relación r--+-r. Ésta es la razón de su nombre. Que la fuerza responsable de su producción fuese mucho más intensa que la de su desintegración parecía entonces "extraño".+ . SB Y Sc los espines de las partículas. Propiedades Son hadrones. f1+ . . 3. El análisis de los rayos cósmicos reveló en los años 50 la existencia de partículas más pesadas que los piones. 6. Número barióDÍco.fullengineeringbook. debe cumplirse: SA = SB + Sc + LBC siendo esos vectores los operadores de espín de A. Momento angular. Energía y momento lineal.net 1. Paridad.Part(culas elementales 175 Partículas extrañas.-. Carga eléctrica.1 para antibariones y B = Opara el resto. demás Ir. La paridad del protón se toma par. Se designa B = + 1 para bariones. a) Se producen abundantemente por parejas en procesos de interacción fuerte (piónnucleón. En una reacción A --+ B + C.. verde y azul). s = strange (extrañeza). los nuc1eones están constituidos por gluones. c = charm (encanto).Flsica Nuclear: problemas resueltos 176 7. se ha construido una teoría llamada cromo dinámica cuántica que explica las interacciones fuertes como el efecto de las fuerzas llamadas de color. 3) Tienen el mismo espín que los electrones: s= 4) Éstos están confinados permanentemente en el interior de los hadrones. pero puede cambiar una unidad en la interacción débil. Extrañeza. los quarks poseen sus correspondientes antipartículas. entre los quarks de los hadrones mediadas por gluones. 11) Cada quark puede existir en tres variedades o tipos. que son los quarks. con sus correspondientes antipartículas y los mediadores de las interacciones. En la interacción fuerte. b = bottom (belleza) y t = top o truth (verdad). sino que están formados por subunidades o constituyentes. Se designa por S. (ddu). 8) No es posible obtener quarks como partículas aisladas. 10) Además de los quarks. en la electromagnética sólo la tercera T3 y en la débil ninguna.fullengineeringbook. Los Quarks Los quarks son los constituyentes de los hadrones.4. 5) La carga eléctrica es: 2/3 para los u.net 1) El número bariónico de un quark es 1/3. A semejanza con la electrodinámica cuántica. Isospín. ~ . 8. que aparecen en la tabla 7. 1/2. cy t. Se utiliza la fórmula de Gell-Mann-Nishijma Q e = T3 + s +B 2 donde S + B = Y se conoce como hipercarga. que son los responsables de la unión de los quarks dentro de los hadrones. Características y propiedades www.2. s y b. se cree hoy que la materia está constituida solamente por seis quarks y seis leptones. 2) Los hadrones no son objetos elementales como los leptones. 6) Los nuc1eones (protón y neutrón) están formados por tres quarks: p - n- (uud). Se conserva en la interacción fuerte y en procesos electromagnéticos. 9) Como todas las partículas. se conservan las tres componentes del isospín. descritos como colores (convencionalmente se suelen designar con los adjetivos rojo. y -1/3 para los d. Se ha establecido ya la existencia de seis tipos diferentes de quarks: u = up (arriba). d = down (abajo). 1. Finalmente. 7) Los mesones son estados ligados de un quark y un antiquark. 5 O O (extrañeza) Carga <7. truth -3 QUARKS espín -3 espín constituyentes 177 =~ -33 1 =~ www. beauty tsceléctrica top. es necesario utilizar las ecuaciones relativistas para la energía. las leyes de conservación de la energía total y el momento lineal nos permiten determinar el comportamiento final de las partículas resultantes.net Interacción de partículas En un proceso tal que a+A-h+B. donde a es el proyectil y A la partícula blanco que suele considerarse en reposo. Excepto a bajas energías.784 charm 10-3 10-2 10-4 3 0.ONES . Fermiones de la materia 22211 -1 -1 4x Masa 10-3 dstrange down Nombre Constituyentes de(belleza) la materia 7x <174 4x 0.106 1.7 Carga eléctrica 1.fullengineeringbook.3x (arriba) G eVjc2 GeVjc2 (encanto) (abajo) b bottom.15 3x10-6 (verdad) 4. . ParUculas elementales TABLA 7.4.. pues la partícula A se considera en reposo. o sea. [E2 _ p2C2] es invariante.178 F{sica Nuclear: problemas resueltos Energía total E = ¡ m2c4 +p2C2 = T + mc2 = energía cinética más energía en reposo. es necesario determinar su energía umbral. que vale lo mismo en ambos sistemas de referencia. del laboratorio y del centro de masas.2) donde L m = Mi + Mi son la suma de las masas iniciales y finales.net Tu = IQI Lm 2mA' (7. En el sistema del c. por lo que los momentos p s YPb son nulos. las partículas finales están en reposo. Si hacemos Mi = Mi. como se vio antes.m. se llega a que la energía umbral necesaria para que se produzca una reacción es de la forma www. Teniendo en cuenta estas consideraciones. es decir.fullengineeringbook. En el sistema de laboratorio el momento inicial total PT = Pa. tenemos la energía umbral en el caso no relativista. Tu = IQI (M! +M2) M2 . En el caso de que la reacción sea endoérgica. la energía mínima del proyectil necesaria para que se produzca la reacción. y la energía total en el estado final es ET = (mb +ms)c2. Uno de los métodos más sencillos es el de utilizar el invariante de Lorentz. O O 1SO O n+ (c) -1 Q- No se conserva la carga.net eO Ve O O Solución: vp (a) f.~Eo +n+ (d) n+ +p ~p+p+ñ -1 1-11 www. el número bariónico y el leptónico. . (b) p n e+ Q 1 O 1 O B 1 1 O O L O O -1 1 Ve Se conservan las tres magnitudes.D Discutir cuáles de las siguientes reacciones están permitidas en términos de las leyes de conservación de la carga.1 Como se ve se conservan las tres magnitudes.+ve ~ +vp (b) p~ n e+ +ve (c) Q.1- e.B LQ ~ Part(culas elementales 2. el decaimiento del muón. PROBLEMAS 2. RESUELTOS Propiedades generales :.1. que corresponde a una desintegración beta ({3+). (a) f. Se trata de una interacción débil. se trata de una reacción prohibida. Se trata de una interacción débil.fullengineeringbook. Por conservación del número bariónico. una interacción débil. para n + es 1 y para p y TI es ~. p( +) y TI( -). (b) Para que se conserve la carga. se trata de un antibarión. . la paridad de n+( -). Para que se conserve el número leptónico. (a) + Ve + vI" /1+ ~ (b) n~ + e+ + ve www. También se conserva el isospín. la partícula que se busca debe tener carga -. La reacción queda de la siguiente forma: /1+ ~ Es la desintegración del muón e+ + Ve + vI" +. CID Averiguar qué partícula falta para completar la reacción. Para que se conserve el número bariónico.fullengineeringbook. su número bariónico debe de ser O. la partícula que falta tiene que tener carga +. Se trata de una interacción fuerte. La partícula que falta es el positrón~ e+. su numero bariónico será -1. Por conservación del número leptónico se deduce que su número leptónico debe ser O. Se conserva también la paridad. el suyo tiene que ser -1. De lo anterior deducimos que se trata de un antileptón de carga +.net (c) Ve+ ~e- +p (d) +p ~no +n Solución: (a) Por conservación de la carga. teniendo en cuenta las leyes de conservación.Fi'sica Nuclear: problemas resueltos 180 (d) n+ Q 1 B L O O p p P TI 111 O 1 1 1 -1 O O O O Se conservan todas las magnitudes. deberá ser O. Realice la demostración.2 X 10-6 s. Para que se conserve el número leptónico.. www. Para que se conserve el número bariónico deberá tener número bariónico 1.. éste será O. una interacción débil. La partícula que buscamos es un barión neutro. ® Se supone que un muón libre con 1. La partícula que completa la reacción es el antiprotón . No es ni barión ni leptón. Por conservación del número bariónico. en la que también se conserva la paridad y el isospín. Solución: La vida media de un muón libre según las tablas tiene un valor de TI'- = 2.+p-no +n Es una dispersión pión-nucleón. Part/culas elementales 181 Llegamos a la conclusión de que la partícula buscada es un antibarión de carga negativa. Se trata del neutrónreacción completa es: Ve+n-eSe trata de la desintegración n. (c) Por conservación de la carga. se deduce que su número leptónico es O. es un barión. . La +p inversa.p. Se trata del pión negativon. tiene que ser mesón de carga negativa. La reacción es la siguiente: ll- P +e+ +ve Es la desintegración del antineutrón. la partícula debe tener carga -. no es ni leptón ni antileptón.net f3 (d) Por conservación de la carga. no es ni barión ni antibarión. La reacción queda del siguiente modo: n.fullengineeringbook. interacción fuerte.5 MeV de energía cinética recorre hasta desintegrarse una distancia media de algo más de 110 m. Por conservación del número leptónico. interacción débil.. la de la partícula que falta para completar la reacción es O. ----------~~~~~~==========~~~"""""""""""" 182 .net Solución: 1..fullengineeringbook. confinados ApAr en una dimensión de 7 x 10-15 m (considérese que = lz).5 X = 5. 5 MeV y v = V..42 MeV I (b) Caso del protón: mp = 938." -20 = 1. 10-8 MeV/(m/s). 054 lz ApAr = lz.• """-----~ .V/2105. 1(.511 = 127...•.26 MeV /e2 Tp = j938. La energía cinética Te vale Te = jm2e4 +p2e2 - me2 = lo.••.fiT --¡. (b) un protón.¡ _.7 MeV 938. poniéndolo en unidades de MeV/ c.22 - 0. www.2 MeV/e.••.05 X 107 mis.511 MeV/e2. resulta que Ap = 28.66 x 1.26 = I 0.-~~ F(sica Nuclear: problemas resueltos La energía cinética T = 1.5 x 10 l.2 10-6 X X 107 = 1111 m I Es la distancia media que recorrerá el muón antes de desintegrarse. @ Utilizando la relación relativista existente entre el momento y la energía. 262 + 28. 22 - I . Luego 1= v t = 2.4 X X 10-34 . (a) Caso del electrón: me = 0.5 x 3 - X 108 5.. calcu- lar la energía cinética mínima de: (a) un electrón.s/m. 51F +28._-. luego Ap = Ar = Ap = 9.. 6 GeV 1 .2. resulta 16 m2e4 = (Ei + m e2)2 . Ei = + p¿e2 ylm2e4 Como [Ei - p~e2] es invariante en ambos sistemas de referencia.fullengineeringbook. La energía total inicial en el sistema de laboratorio es + www. p+p - p+p+p+p Solución: La energía total final en el centro de masas es ET = 4me2. se pueden producir pares de protones y antiprotones. Calcular la energía mínima que debe tener el haz de protones incidentes para que la reacción sea posible. Interacción relativista de partículas G) En el bombardeo de protones en reposo con haces de protones. Part(culas elementales 183 2.pie2 = 2m2e4 + 2m e2 Ei' de donde Ei = 7me2• La energía cinética será finalmente Ti = Ei .me2 = 6me2 = 5629 MeV ~ 15.net ET = (Ei me2). y el momento PT =Pi· La energía del protón incidente. porque estarán en reposo.... Calcular: (a) la velocidad con que sale el nO. www.184 F/sica Nuclear: problemas resueltos Esta reacción se produce en el bevatrón para obtener antiprotones.08 MeVjc.mno . los momentos son iguales. Por conservación de la energía total ET = (mn. resulta el valor obtiene.+mp)c2 = Vp2C2 +m~c4 +Vp2C2 +m.mn mn- + mn. 07 MeV.mp = 2M2 . (b) Las energías máxima y mínima de los y emitidos en la desintegración procedentes de la reacción nO _ 2 y.+p _ n +no donde n- y p están en reposo. Resulta M4c8 _ 2M2p2C6 =p2c2(m2 n +m2 nO )c4 +m2 nO m2c8 TI .o Sustituyendo los valores de las masas.net Pn- = Pp = 0. ambas están en reposo. Haciendo 22222 + mp . por tanto P = 28. del nO Solución: (a) PnO = Pn = P. Se . de donde despejando resulta ( M 4 -m 2 P 2 omn2) n C 2• = 2M2 +m~ +m. M = 361. ® Sea la reacción n.fullengineeringbook.oc4. Hay que elevar al cuadrado dos veces. Se ve que la energía incidente del haz de protones debe ser muy alta. oe4 = 137. uno hacia adelante y otro hacia atrás. con momentos paralelos al del nO.1) E(cose _ 1) _ Me2' .1 x 107 mis I (b) Para que las energías de los fotones sean máxima y minima.97 MeV I Energía mínima: 154.net (k1 + k2) e = E = VP2e2 + m. por conservación de la energía.89 MeV 1 ® Suponga una colisión elástica entre un electrón ultrarrelativista (E ~ moe2) y un núcleo de masa M. k1 - k2 =p = 28. Luego = 54. Siendo k1 y k2 los momentos de los fotones.fullengineeringbook.97 MeVIc } k2 k1 Energía máxima: I 82.86 MeV.~ Particulas elementales 185 Teniendo en cuenta que mv p me2 = .08 MeV/c.203 e = 16. deben salir en direcciones opuestas.Jl=7J2' y E = jT=7J2 ::::}v = pe2 E' la velocidad del pión emitido será v = pe2 'p2e2 +m. www. E2(cose . Demuestre que la energía de retroceso del núcleo es T _ R - siendo e el ángulo de desviación.89 82..oe4 = 0. La energía del positrón será E+ = T+ +mc2 = 4mc2.fullengineeringbook. E2 E= = (moc2)2 T +m+c2p2C2 2 > moc SI E } . Aplicando las ecuaciones de conservación Energía: Ti = Ti + TR siendo Ti la energía cinética del electrón incidente. resulta finalmente E2(cos8 TR .1) = E(cos8-l)-Mc2 c. entonces E = T = cp. Ti la final del electrón y TR la de retroceso del núcleo.d. Momento: O =Pi sen8-PRsencp Pi=PiCOS8+PRCOSCP} =}P.q. (o) www. . calcular el ángulo que torman las direcciones de ambos totones.+P}-2PiPiCos8=p1.TR)/c Sustituyendo en PR =Pi(V2Mc2TR = E/c = Ti/c + T'j)/c } _E2 + _(E_-_T_R_)2_ 2_E__ (_E_-_TR_)cos 8 c2 c2 C (o). @ En la aniquilación de un positrón y un electrón emergen dos totones. Solución: Sean k¡ y k2 los momentos de ambos fotones.net Pi = Ti /c = (Ti . y por tanto k¡ c = 2k2c. C = _2M_c2_T_R + T~ c2 Operando.186 F(sica Nuclear: problemas resueltos Solución: La energía será: o . Suponiendo que la energía cinética del positrón es igual a tres veces su masa en reposo y que la de un totón es el doble de la del otro. Por otra parte. Ei E¡ = k¡c +k2c = 3k2c. . = 4mc2 +mc2 = 5mc2. formando un ángulo entre las partículas salientes de Hallar la masa de la partícula X y determinar cuál es.net l5m2c4 = kª(5 +4coscp)c2. Pn sr.fullengineeringbook. +2k¡k2coscp el ángulo que forman ambos fotones. k2c 2C::} de los momentos. p¡c2 = E~ - m2c4 = l5m2c4. cp = 0. 9 El ángulo que forman ambos fotones es cos 2. l::} cp = 1840 15' 39" 1 Desintegración de partículas elementales G) Una partícula X de masa M se desintegra en un neutrón y un pión con momentos = 193 MeV/c y Pn = 273 MeV/c. Solución: En = ¡ m~c4 + p~C2 y En = ¡m~c4 + p~C2. luego 5mc Por la conservación 2 cp k 5 2 = 3mc . p¡ = ki +kª siendo =3 = kª(5 +4coscp). Ex = En +En. suponiendo que no hay más productos en la reacción. finalmente 25 l5m2c4 = _m2c4(5 +4coscp).Part(culas elementales Por conservación 187 de las energías.3. luego resulta que www. 72 MeV. m.544 = 169104 MeV2jc2. 12 + 306.c2.Pv.fullengineeringbook. La reacción producida será ~. un barión. _ p.188 F(sica Nuclear: problemas resueltos y además = Pn2 + Pn2 + 2PnPn cos e . = 1932 +2732 +2 x 193 x 273 x 0. MeVjc21 es ~.722 .c4 = E. Sustituyendo En = /939..e. Solución: Inicialmente. 6 = 1265. La energía máxima la alcanzará cuando el electrón sale en una dirección y ambos neutrinos en la otra. puede determinarse P.6 MeV. pe = -Pv . Px2 como se conocen todos los datos.62 +2732 = 306. los valores obtenidos. Pe =Pv +Pv .c4 = 1265.net m.+ vI' +ve. 12 MeV. de modo que el momento pe sea máximo. sustituyendo www.169104 = 1432943 mx = 11197 La partícula MeV2. ET = mI' e2 y PT = O.52 + 1932 = 959. En = /139.~n+nCID Suponiendo un muón en reposo que se desintegra según la reacción ¡e . Ex = 959. calcular cuál será la máxima energía con la que el electrón puede salir emitido. (b) Calcular el momento del hiperón.t pe = Pv C + hC 2 c. (m¡. Ee = ¡p~C2 + m~c4. resulta que la energía máxima del electrón emitido es Ee = ® Un barión LO I 52.Part(culas elementales 189 Energía del electrón. Conservación de la energía total.t 2m¡.fullengineeringbook. V/22+ Pec mec 24+ _ m¡.4 ¡. emitiendo un fotón. Ev = Pv C y Ev = hC. . - pec? =p~C2 +m~c4.t www.tC 2. ¡. E~ = (m~ 4m2 +m~? c. Energía de los v. (a) Calcular las energías cinéticas de los productos de la desintegración. Solución: (a) Ef = Ei TI\ = + m"Lc2 ml\c2 + Ty } m"Lc2 = TI\ + ml\c2 + Ty de donde ya sabemos que TI\ + Ty = (m"L - ml\) c2 = 77 MeV.5 Me V I en reposo se desintegra en un hiperón AO.t de donde resulta 2 m~ +me c2 2m¡.tc2m2 -me.net Ee = Sustituyendo valores. c2 = E/l de la energía total es + EVJ1.c2 . Solución: Elevando esta expresión al cuadrado.E/l) .4) = 2231. Usando la expresión relativista E2 = p2C2 +m2c4. .fullengineeringbook. en el caso de un pión en reposo. 1115. la conservación m¡¡. se tiene m.0345 MeV I A Ty = 176.c4 = E~ + E~J1 + 2E/l (m¡¡. www.8 = I 0.76 MeVjc +2TAmA I Lógicamente.8.net @ Encontrar cuánto vale la energía del muón en la desintegración n+ ~ /1+ + Vil' en función de las masas.190 F(sica Nuclear: problemas resueltos 7' Ty = PyC = T~ + 2TAmAc2 = (I +2 Ty TA X =} ~: = 1 + 2mAc2.96 MeV I (b) PA = JTJ. luego T 77 = 2231. = 18. Al estar el pión en reposo.. el fotón se lleva casi toda la energía y el hiperón queda casi parado. + PVJ. m2n e2 = m2Vp e2 _ m2f.77 MeV I En donde se ha considerado nula la masa del neutrino. ke = 2me2 + T¡ + T2 = E¡ + E2' siendo ke la energía total del fotón. Por la conservación de momentos. al estar en reposo. .fullengineeringbook. + m~2mn- m~J e2 = 1109. 2 = P¡J. la energía umbral del fotón vale 2me2• Solución: (a) Por conservación de la energía.Particulas elementales 191 sustituyendo y agrupando términos. p¡ +P2.net 2. Pn O Despejando E¡J.4. queda E¡J.. www. e+ + e- (producción de un par) es imposible (b) Demostrar que la energía umbral de un fotón para dar lugar a la producción de un par electrón-positrón en el campo de un electrón libre (se considera en reposo) es igual a 4me2• (c) Demostrar que en el caso de un núcleo de masa M en vez de un electrón. k =p¡ +P2=} k::::.. = PVJ. J1- Teniendo en cuenta la conservación del momento lineal. Energía umbral J) (a) Demostrar que la reacción y en el vacío.'· la siguiente expresión = (m.le2 + (p2Vp _ p2f. = O.' ===} 2 P¡J.l ) + 2E m n. m la masa del electrón y los subíndices 1 y 2 referidos a ambos electrones. (b) La energía mínima es aquella en la que las partículas después de la colisión quedan en reposo en el centro de masas. la energía total final es ET = 3mc2. yP = O. por lo que E > p. Aplicando el invariante de Lorentz: www. la energía total final es ET = (M + 2m) c2. De este modo no se gasta nada de la energía del fotón en energía cinética de las partículas finales. pues Pe = O.fullengineeringbook. En el sistema del centro de masas. se demuestra que no puede producirse la reacción en el vacío. El momento total es PT = k.net k2c2 (kc +mc2)2 _ k2c2 = + m2c4 + 2kmc3 k2c2 2kmc3 _ 9m2c4. Aplicando el invariante de Lorentz (kc + MC2)2 . y P = O. Ahora la energía total inicial en el sistema de laboratorio es = kc +Mc2. = 8m2 c4:::} k = 4mc Resultando finalmente que la energía umbral del fotón en el campo de un electrón es Ey = kc = 4mc2 (c) En el caso de un núcleo de masa M. En el sistema de laboratorio.192 F(sica Nuclear: problemas resueltos pero resulta que E2 = p2C2 + m2c4. y resultaría que Pl + P2 sería menor que El + E2. la energía total inicial es = kc +mc2 ET siendo k el momento del fotón. En el sistema del centro de masas. Por tanto. = 9m2c4.p2C2 = (2m +M)2C4. lo que es imposible. ET el momento total sigue siendo PT = k. repetimos el mismo proceso anterior. . 2) Tu = IQI Lm.493. 2mA' donde Lm =2 x 943. k = 2me. suponiendo que la primera partícula es la incidente y la segunda está en reposo K- + p ---> 8- + K+ www.64 +938.03 x 23.1321.net Solución: Aplicando la ecuación (7.2) y buscando calculamos primero la Q de la reacción Q las masas de las partículas = [m(K-) +m(p) . (7.246.m(8-) .85 x 938.3 = 3246. por lo que la energía umbral vale Tu =12mc21 ® Encontrar la energía cinética umbral para la siguiente reacción.Part(culas elementales resultando finalmente 193 que + 1) k = 2m (~ e.27 mA + 1321. = 938. MeV. luego Tu = 383.27 MeV.03 Sustituyendo en la expresión en las tablas.fullengineeringbook. estamos en el caso (b). y cuando M ~ m.27 = I 662.64 + 938.64) = -383. se observa que para M = m.7 MeV I .85 MeV/e2. 27 . 3 .m(K+)] e2 = = (493. . MJc4 = [m. la energía total inicial es www. Pr = Pi.c2...C2 T)2 El = m.(mi + ms)2 2ms c2 c.- - 194 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos ® Una partícula de masa mi choca con otra de masa ms. ..fullengineeringbook. y el momento final es nulo porque están en reposo. Se verifica que El (mic2 ++P. resulta (m.q. luego Er=Mfc2. De esta colisión emergen varias particulas con masa total Mf. es --"------c 2ms T . p=O.d..c4 (7.)c4 + 2msc2(mic2 + T) = MJc4 de donde resulta finalmente T = MJ .p. En el sistema de laboratorio. que se encuentra en reposo en el sistema de laboratorio. expresada en coordenadas de laboratorio. siendo T la energía cinética de la partícula incidente.3) } Aplicando el invariante de Lorentz. Demostrar que la energía umbral para que se produzca tal reacción. + m.MJ .net + + Er = msc2 T mic2.(mi +ms)2 2 u - Solución: En el centro de masas todas las partículas van juntas.c4 + (T + mic2)f .. Operando esta ecuación y sustituyendo (7.3). net teniendo en cuenta que Ty = Pyc y sustituyendo. Solución: y +p ---> n+ +n En el centro de masas.P. en el laboratorio.fullengineeringbook. (m". es ET = (m".q. la energía total de las partículas resultantes. la energía inicial total es ET = Ty PT +mpc2. Ty _ .Part(culas elementales 195 @ Un rayo gamma interacciona con un protón en reposo y produce un pión n + y un neutrón.)2_m~ '"1m p c2 =1151 MeVlc. PT = 0. . +mn)c2. Demostrar que la energía umbral de la radiación y es 151 MeV. www.d.(mn +m".. que están en reposo. + mn)2 c4 = (Ty + mpc2)2 . = Py· Aplicando el invariante de Lorentz. 196 3. F/sica Nuclear: problemas resueltos PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Decir si son posibles las siguientes reacciones teniendo en cuenta las leyes de conservación (a) n~p +p+nO n~p +e- (b) +v (c) n- + p~L+ +K- (d) n-+p ~AO +KO www.fullengineeringbook.net 2. Averiguar qué partícula falta para completar la reacción, teniendo en cuenta las leyes de conservación. (a) p+ ~Ao+AO (b) AO ~ +n- (c) Ve +p~n + (d) K- ~ 3. La reacción n-+p~K+ +n- +L- (a) ¿Es posible en 10 que concierne a la aplicación de las leyes de conservación? (b) Calcular el umbral de la reacción. ----------------------- "'.,amlDIuunmllmlDlllllmmlll!lllfrm_¡¡¡mn~¡mmmsJ'!IT'::cs·,,··,' Partr'culas elementales 197 4. Para la obtención de piones se utilizan colisiones nucleón-nucleón, como, por ejemplo, p + n --; p + n + nO, en donde además el protón y el neutrón pueden escapar enlazados formando un deuterón. Determinar la energía umbral del protón para la producción del pión. 5. Cuando un pión en reposo es absorbido por un protón también en reposo, éste puede desintegrarse en un neutrón y un pión neutro: p El nO + n- - n + nO (intercambio de carga). se desintegra después en dos fotones. Calcular: (a) El momento de los productos de la desintegración. (b) Las energías máxima y mínima de los fotones producidos en la desintegración del nO. www.fullengineeringbook.net 6. Un pión con energía cinética de 30 MeV se desintegra en un muón y un neutrino. Si el neutrino sale a 90° de la dirección de incidencia, a qué ángulo saldrá dispersado el muón. 7. Calcular: (a) El momento y la energía del f1 en la desintegración n+ -f1+ +V, (b) y la energía del electrón en n+ --; /3+ + v. 8. En la desintegración espontánea del mesón K+ en reposo, según la reacción K+ - f1+ +v los mesones K+ poseen una energía cinética de 153 MeV. Considerando nula la masa del neutrino, calcular la masa del mesón K + tomando como unidad de masa mo, la masa en reposo del electrón. mI-' = 206 mo· 198 Fisica Nuclear: problemas resueltos 9. Calcular la energía umbral del proceso de fotoproducción de piones, y +p _ nO +p. 10. Considerar la reacción p+p_ p+p+ nO. Calcular la energía umbral de los protones para la producción de mesones neutros, en el sistema de laboratorio. 11. Encontrar la energía cinética umbral de la siguiente reacción, suponiendo que la primera partícula es la incidente y la segunda está en reposo. n- +p ~ (J) (J) +n. es una resonancia mesónica, mw = 783 MeVj c2 • www.fullengineeringbook.net 12. El mesón n+ en un sistema en el que está en reposo tiene una vida media de unos 2,5 x 1O-8s. Si, en un acelerador, se produce un haz de mesones n+ con una velocidad v = 255 X 106 kmjs, ¿cuál es el tiempo de vida del haz cuando se le observa desde el sistema de referencia del laboratorio? ., www.fullengineeringbook.net 1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA Las unidades de radiactividad y dosis aparecen en la tabla 8.2, pero se van a dar aquí las definiciones más importantes de cada una de las magnitudes tratadas. 1.1. Magnitudes más importantes Exposición X Se define como el cociente X = dq/dm, siendo q la carga total de los iones producidos en el aire por los fotones o rayos X absorbidos en la unidad de masa m. Antiguamente se utilizaba como unidad el roentgen (R) que corresponde a la exposición producida por un haz de radiación y y que al ser absorbido en 1 cm3 de aire seco produce por ionización la liberación de una unidad electrostática de carga. Como e = 4,8 X 10-10 u.e.s., para obtener una carga de 1 u.e.s. se necesitan 1/(4,8 x 10-10) = 2,08 X 109 pares iónicos. O sea, que la absorción de 1 roentgen en 0,001293 g de aire (densidad del aire), da lugar a la formación de 2,08 x 109 pares iónicos. La energía necesaria para producir un par en aire es de 34 eV; por tanto, se necesita una energía de 34 x 2,08 x 109 = 7,07 X 1010 eV = 7,07 x 104 MeV, equivalente a 0,113 erg. La energía absorbida por gramo de aire y por roentgen será 0,113/0,00129 = 88 erg. De este razonamiento se deduce que la exposición de 1 R equivaldría a la absorción de 88 ergjg, en el aire. 199 200 Fisica Nuclear: problemas resueltos La unidad de exposición en el sistema internacional (S.!.), es el C/kg, 1 C/kg = = 3.879 R. Esta magnitud de exposición se refiere solamente a la absorción en aire y producida por fotones. Dosis absorbida D Se define como la cantidad de energía dE absorbida por unidad de masa del material, D = dE / d m. Es una magnitud dosimétrica de gran interés porque es válida para cualquier tipo de radiación. La unidad utilizada antiguamente era el rad. Se definiría como la cantidad de radiación que conduce a la absorción de 100 erg de energía por gramo de material irradiado. 1 rad= 100 erg/g. La unidad de dosis absorbida en el S.L es el gray (Gy), 1 Gy = 1 J/kg = 100 rad. Dosis equivalente H El daño biológico producido en un tejido orgánico no depende sólo de la dosis absorbida, sino que existen otros factores (energía y tipo de radiación, efecto biológico, etc.) que determinan la peligrosidad de la radiación absorbida. Se define la dosis equivalente como H = Q D, donde Q representa el daño biológico producido por una radiación determinada para una misma dosis absorbida. El valor de Q está determinado según la transferencia de energía de las radiaciones ionizantes en el organismo, y los valores recomendados están expresados en la tabla 8.1. www.fullengineeringbook.net TABLA 8.1. Valores de Q en función del tipo de radiación Tipo de radiación Q Radiación X Y gamma Electrones y partículas beta 1 Partículas beta del tritio 2 Protones 2 Neutrones térmicos 2 Neutrones rápidos 10 Partículas alfa 20 La unidad antigua de dosis equivalente era el rem, y en el S.1. es el sievert (Sv). De modo que como Q es un factor sin dimensiones, 1 Sv = 100 remo . ------------------------------ BoIIUIIII"'''."'HlUlDlrn"'llut"'"'llIllllmllllmmIlIrIllJl[ml!m!lrrmJ!rrjjm¡¡rErT1"f~'i'T-:'~· ..·"'-' net Tasa de exposición = X = 5. y depende de la energía y la composición del tejido. X Dosis Absorbida. se tiene que H(rem) = D(rad) x Q = X(R) x J x Q. teniendo en cuenta que D(rad) = X(R) xJ. entre otros. Los valores de J están tabulados.2. Finalmente. 2 X 106 X mR/h Eyr / (8.fullengineeringbook.~ Protección radiológica 201 TABLA 8. se llega a la expresión que una fuente de E (MeV). D Rad (rad) Dosis Equivalente. la variación de la exposición en la unidad de tiempo. donde el factor J (sin dimensiones) es una función del coeficiente de absorción másico del tejido. Unidades de Radiactividad Unidad Magnitud Actividad. para pasar de la unidad de exposición a dosis equivalente. Internacional = 3. - . y actividad suponiendo que emite uniformemente y teniendo en cuenta el coeficiente de absorción relaciona la tasa de exposición producida por A (curios) a una distancia r (cm) de la fuente.7 Culombio por kilogramo (Cjkg) 1R = 258 Gray (Gy) 1 Gy = 1 Jjkg 1 rad = 10-2 Gy 1 rad = 100 ergj g 1 Bq = 1 desjs I Factor de conversión 1 Ci I Bequerelio (Bq) Roentgen (R) I I X 1010 Bq . pero para el tejido muscular el agua y el hueso (E> 0. Relación entre exposición y dosis absorbida La relación entre estas dos magnitudes viene dada por la expresión D = J X. H I Rem (rem) Relación entre exposición y S. A I S. en todas direcciones www.1) Se entiende por tasa de exposición. valen aproximadamente la unidad. X.uCjkg 1 rem = 10-2 Sv 1 rem = 100 ergjg I Sievert (Sv) 1 Sv = 1 Jjkg actividad Aplicando el cambio de unidades en aire. Tradicional I Curio (Ci) Exposición. en el caso de radiación gamma o rayos X.1 MeV). . variará su periodo biológico Tb. siendo Wi el factor de ponderación para el órgano i que representa el riesgo de irradiación del tejido respecto del total. su periodo efectivo Te se expresará como 1 Te 1 1 = T + Tb' O también Ae = A +Ab. Según en donde se haya depositado.. depende de tres factores: . ••• IIIIIUUlllUlIIllRllIllIIIIIIJllIllIllllllrmrITIlIIIIlIll:rill!!!¡i'I. Se expresa como He = L Wi Hi.202 F(sica Nuclear: problemas resueltos Material biológico Material ----------Fuente ~ ~ ~ Actividad (Curias) (Becquerelios) Aire _ Exposición Dosis Absorbida Dosis Equivalente (Roentgen) (rad) (Gray) (rem) (Sievert) (Cjkg) FIGURA 8.2. .fullengineeringbook. hay que tener en cuenta la eliminación natural de dicho elemento dentro del organismo.El blindaje interpuesto entre ambos .:~ . .net Dosis efectiva. Magnitudes radiológicas considerando los distintos medios que atraviesa la radiación www.La distancia entre la fuente y el individuo.. y Hi la dosis equivalente recibida por el órgano i..:!::¡"i'::···· •. Blindajes La dosis de radiación recibida por un individuo que permanezca en las proximidades de una fuente radiactiva. Por tanto.1. En el caso de contaminación interna. además del periodo de desintegración propio de la fuente radiactiva T..El tiempo de permanencia. 1. se define la dosis efectiva como la media ponderada de la dosis equivalente recibida en distintos órganos. . He Debido a que el daño biológico no es el mismo según se deposite la radiación en una parte o en otra del organismo. fullengineeringbook.1). y de ésta sí hay que protegerse. para protegerse contra ella. Teniendo en cuenta que la radiación de frenado aumenta con el número atómico. . El tipo de blindaje dependerá fundamentalmente del tipo de radiación y de su energía. Este factor de acumulación Bm (¡l. de corto alcance (del orden de centímetros en aire). La dosis aumenta con el tiempo de permanencia en las proximidades. www. Las más importantes y complejas son las referentes a la radiación gamma.2) siendo f. Emisores alfa En el caso de la emisión alfa. al atravesar un medio absorbente. como por ejemplo el aluminio.net Emisores beta La radiación beta (alcance típico del orden del metro en aire) precisa mayor blindaje que la oe Si los electrones son duros (cientos de keV).. produciendo mucho daño en un corto recorrido. rayos X y neutrones. El efecto final es mayor que el producido si solamente hubiera dispersión fotoeléctrica. pero además es necesario tener en cuenta elfactor de acumulación. y x el espesor (cm) del mismo. (8.1 el coeficiente de atenuación total del blindaje (cm-I). Suelen estar tabulados para distintos elementos. La peligrosidad de la ingestión en el organismo de partículas alfa radica en que poseen un alto poder de ionización.J1. El blindaje biológico tiene por misión reducir convenientemente la exposición a las radiaciones ionizantes en las personas situadas en las proximidades de una fuente radiactiva. En el caso de que exista interpuesto un blindaje uniforme entre la fuente y el punto de observación. Protección radiológica 203 La dosis recibida disminuye de manera proporcional al cuadrado de la distancia entre la fuente y el individuo. se producen dispersiones Compton que separan los fotones del haz primario. por 10 que es conveniente estar el menor tiempo posible. o bien alejarse un poco de la fuente. un blindaje de un material ligero (número atómico bajo) es 10 recomendado. es suficiente colocar una hoja de papel o aluminio. que es radiación X..X. debido a que. hay que tener en cuenta la radiación de frenado o bresstrahlung. resulta Tasa de exposición = X = 5. Pero es necesario tener en cuenta que va siempre acompañada de radiación y. Emisores gamma En el caso de emisores gamma se vio que la atenuación es exponencial... y teniendo en cuenta la eco (8.2 X 106 x Ar:y x e.r) depende de la energía de la radiación y del coeficiente de absorción del material para esa energía. al contener una gran cantidad de hidrógeno yagua.. Para cálculos más exactos o cuando el blindaje es relativamente grande. agua. . etc. Los neutrones rápidos (E ~ 2 MeV) presentan una sección eficaz de dispersión alta.1 eV) pueden ser detenidos utilizando la propiedad de captura neutrónica en la reacción con algunos elementos. Esto supone la utilización de blindajes del tipo parafina.5 MeV.204 Fisica Nuclear: problemas resueltos Esta expresión se utiliza cuando el factor de acumulación no se tiene en cuenta. optimización y limitación de dosis. con la liberación de partículas alfa. hace que la ingestión de neutrones rápidos sea especialmente peligrosa. Materiales como el boro-lO. es necesario en ocasiones relacionar el flujo y la energía de la radiación con la exposición producida. Esto se hace considerando que la fuente emite en todas las direcciones. www. 1. Los neutrones térmicos (E ~ 0. conviene introducir el factor de acumulación que representa B _ tasa de dosis observada nt - tasa de dosis primaria ' el valor del factor de acumulación está tabulado para distintos elementos y energías. de fácil absorción. Para calcular la tasa de exposición producida por una fuente radiactiva.3.La justificación supone que los beneficios netos que se consigan deben ser superiores al detrimento originado . . litio-6 y nitrógeno-14 son útiles para esos fines. o de radiación garnma del orden de 0. emisora de fotones.. Límites de dosis El principio de la limitación de dosis está basado en tres requisitos: justificación.net Emisión de neutrones En el caso de los neutrones. pues en su colisión con el hidrógeno genera protones de retroceso con una alta ionización en su recorrido. que es el principal problema para obtener un blindaje adecuado. el flujo de radiación es S <D = 4nr2' en donde S representa la intensidad de la fuente en fotones por segundo (lo que sería la actividad de la fuente). que se atenúa con facilidad. .fullengineeringbook. hay que tener en cuenta su distribución energética. con lo que pueden ser moderados hasta energías bajas (térmicos) en presencia de dispersores de número atómico bajo. El cuerpo humano.. generalmente de Rn.3. TABLA 8. diagnósticos en medicina nuclear y terapia con radiaciones ionizantes) .La limitación de dosis pone unas cotas de recepción de dosis para las personas profesionalmente expuestas y el público en general.A. . Se deben a la introducción de tecnologías que implican la utilización de radiaciones. con objeto de que sean lo más baja posibles dentro de unos límites y para asegurar una protección adecuada a los individuos. cuya finalidad es que deben mantenerse las exposiciones a las radiaciones ionizantes "tan bajas como sea razonablemente posible". La componente más importante de la dosis debida a causas naturales es la producida por inhalación de gases nobles radiactivos contenidos en el aire de recintos cerrados.E Exposición 50 mSv Parcial (Efectiva) Organo individual 500 mSv (Equivalente) Cristalino 150 mSv (Equivalente) www. proveniente de la serie radiactiva natural del U238• También hay que tener en cuenta la radiación cósmica (galáctica.Protección radiológica 205 . y se presentan en la tabla 8. Estos límites de dosis no deben sobrepasarse.P.T. La Comisión Internacional de Protección Radiológica señala unos límites de dosis de exposición externa y de dosis interna. La dosis debida a fuentes naturales varía de unos lugares a otros.D.La optimización se basa en el criterio ALARA (As Low As Reasonably Achievable). La interna se deberá a la presencia en el cuerpo humano de nucleidos radiactivos que penetran por inhalación o ingestión. La aportación mayor a la dosis se debe a los usos médicos de la radiación (radiodiagnóstico. C14.•. Fuentes artificiales.fullengineeringbook. . solar) y la presencia en el medio ambiente de minerales radiactivos naturales (K40.net Fuentes de radiación Fuentes naturales. Las externas serán la radiación cósmica y los materiales radiactivos naturales presentes en la corteza terrestre. Límites anuales de dosis Trabajador profesionalmente Exposición total y Homogénea Público expuesto 50 mSv (Equivalente) 1/10 L. Estas fuentes pueden ser externas o internas. ya que las sustancias radiactivas naturales están distribuidas en la corteza terrestre de manera no uniforme.3. H3). . 34 0.0.-.Rnen el aire 1.3 Serie del U238 c..net Serie del I ARTIFICIAL Th232 0. en los no industrializados supondría 10 de la dosis natural.01 mSvjh I Centrales nucleares (proximidades) ••• 0. 0. Dosis debidas a las distintas fuentes de radiación Dosis equivalente efectiva (mSvjaño) Fuente de Radiación I NATURAL I Rayos cósmicos K40 0.34 Total -2.4 0.206 F¡'sica Nuclear: problemas resueltos Esto supone en los paises industrializados ~ de la dosis total debida a radiación natural. estas tienen que estar diseñadas para que operen de forma que no produzcan una irradiación superior a 0. una radiografía dental supone .60 www. Por ejemplo.fullengineeringbook.4 Medicina 1/5 natural Vuelos en avión a más de 9.2 mSv y una de tórax . Un resumen de las dosis de radiación aparece en la tabla 8.05 .000 m. TABLA 8.05 mSv/año a un individuo que viva en las proximidades de la central.L 5 mSv. Con respecto a las centrales nucleares.4..4. 82 X 10-3 x 300 = I 0. la dosis total recibida será H = 1.5 107 X 107 Bq. se comprueba que es muy bajo. PROBLEMAS 207 RESUELTOS 2. la tasa de dosis equivalente absorbida por la persona es igualmente j¡ = 1. Dosimetría J) Se tiene una persona de 70 kg que está sentada frente al televisor durante 10 horas al día. Recordando que 1 rad= 100 ergjg.6 = 3. Si se compara con los valores de límites de dosis para el público en general.82 X 10-3 remjh.07 X 10-5 ergjg.5 mCi procedente de una radiación X de 20 keV. por lo que este valor es simplemente anecdótico. Considere que recibe solamente la mitad frontal del cuerpo.07 X 10-5 ergjg.1. .fullengineeringbook. www.Protección radio/ógica 2.5 x 104 X 10-8 = 5.2 3.7 como cada y X = 5.8 erg. resulta 5.5 mCi = 1.54 rem I Actualmente las pantallas de los televisores tienen un filtro que detiene parte de la radiación.s.net A = 1. como son rayos X. la dosis será Dosis 5. Suponga que la pantalla emite 1. deposita 3. la actividad.8 erg. Como en un mes está 300 h.5 x 3.5 X 107 x 3.s = 5.5 104 X g. m = 3. ¿Cuál será la dosis de radiación recibida al cabo de un mes? Solución: Si consideramos la mitad del cuerpo. la energía.2 x 10.02 x 1. 6 x 10. E = 20 keV = O.02 MeV = O.07 x 10-7 radjs = 1. el factor Q = 1. 2 x 10.82 x 10-3 radjh. s I = 400 neutjcm2 . A = O.170 mRjh (b) Como se refiere al aire.Se desea conocer el flujo de neutrones emitidos por la fuente a una distancia de 10 cm. Llegará una tasa de exposición de 11. Aplicando (8.662 MeV.170 mRjh. j¡ www.662 (500)2 = 1.2 X 106 x 85 x 0. )(= 5.8 x 10-4.29 x 109 djs .340 mrem = 12. f I = 1.170 mremjh.85 = 85 Ci. Solución: (a) La actividad. Y como se trata de rayos gamma. A = 100 x 0.208 ® F(sica Nuclear: problemas resueltos Si en un laboratorio se destapa una fuente de 100 Ci de CS137y una persona se encuentra parada a 5 m de distancia. n)C12 es 0. luego <)) = 0.17 Ci de P021O. Q = 1. luego la dosis absorbida por esa persona al cabo de las dos horas. ¿qué dosis recibirá? En el 85% de los decaimientos.fullengineeringbook.17 Ci = 6.8 X 10-4 X 6. . (a) ¿qué tasa de exposición llegará a esa persona? (b) Si permanece en el mismo sitio durante dos horas. por tanto.29 4n(10)2 X 109 El flujo de neutrones es de 1400 neutjcm2. La Q de la reacción Be9(0(:. . el Cs137emite una sola y de 0. Solución: La actividad.1). será H = 1.170 x 2 = 2. CID Se dispone de una pequeña fuente de neutrones de Po-Be que contiene 0. s.net = 1.34 rem I Lo que es una dosis bastante alta. El flujo <)) = Sj4nR2. 2% en peso de potasio.25 kg de carbono.68 j1Ci.68 = 0. La actividad total que se puede encontrar en una persona correspondiente a esos dos radionucleidos es A = 0. NK = 0. C14. .net .9 X que representa N 103 X IOn 6.3 partículas 13/m y por gramo de carbono.1 a = 1. 3 X 109 = 5.2% K ---> m X 103 x 0. . calcular cuántos microcurios de C14 y K40 se puede encontrar en una persona que pese 75 kg.3 13/m = 15.011/100 _ 10 = 1. 15 x 75 = 11. 3 X 109 años). Solución: (a) Carbono.49 X 1021 . Tener en cuenta que el cuerpo humano contiene aproximadamente un 15% en peso de carbono y 1.17 núcleos de K40.9 kg de potasio. 1.0775 j1Ci. Cada gramo de carbono emite 15. 69 x 10 1021 = 25181 Bq = 0.757 j1Ci = 12. Se observa que se elimina cada día del tiroides 1/250 de la masa absorbida. se emite 0. El periodo del 1131 es de 8 días.023 x 40 = 1. La actividad.255 = 2. que se acumula en el tiroides. 15% C ---> m = 0.fullengineeringbook.7 /3 /s = 0.3/60 = 0.0775 j1Ci de C14.Protección radiológica 209 @ Sabiendo que el C14 emite 15. y que el potasio contiene un 0.8x 104 Bql ® Se introduce en una persona una cierta cantidad de Yodo. A2 Debido al = AN = 1. www.693 = 1. = 0.69 K40 X 10-17 x 1.012 x 75 = 0.25 Debido al C14 (b) Potasio.33 x 10 A _ 1 X 1025 núcleos de potaslO.011 % de K40 (T = 1.68 j1Ci.868. 355 x 0. s.49 X se emite 0.355 X 1025 0.0775 +0.255 13/s de La actividad Al = 11. = 1. 63 x lO-s + 10-6 = 1. Éste es exactamente el periodo efectivo. Ab = 24 x 3600 = 4.210 Fls/ca Nuclear: problemas resueltos (a) Determinar el tiempo que debe transcurrir el tiroides se reduzca a la mitad.65 días ¡la cantidad de Yodo en el tiroides se ha reducido a la mitad.6 s.uCi de 1131 de 0.1.61 x 10 s. -Al. de donde -Abt -3. Solución: (a) Proceso biológico: Ab = constante de desintegración biológica.t = 1.02 kg.693 8 x 24 x 3600 = 10. Al cabo de 17. Se ve que el efecto biológico es mucho menor que el de desintegración radiactiva.fullengineeringbook. Proceso combinado en el tiroides: Ae N = Ab +Ar = 4.048 X 10-6 s-l.63 x 10 s . 4 X 10-3 -s -1 = ln(249j250) = -4 x 10 . N j -Al 0.693 6 5 = No e e. N 1 249 250) = NO(250) - = No(l- N No 249 _A l = (259) = e b. para que la cantidad de Yodo en (b) Cuál es la dosis acumulada durante los 10 primeros días después de la absorción de 0.net Proceso radiactivo: Ar = constante de desintegración radiactiva.048 X 10-6 = . A _ r - 0. (b) Dosis absorbida en los diez primeros días: D = flo A E e-Aeldt = A E _(l ~e-_A_et_) ' .7 . No = 1 2 = e e . www.23 MeV en un tiroides de 0. Estimar la dosis total recibida. teniendo en cuenta lo siguiente: Para la radiación gamma. de donde e-Aet = 0.048 x 10. Y Q = 1.54 rads lo que equivale a 15. A La energía E = 0.500 Bq. 1.5 pei = 18. De la eco (8.68 x 10-7 x 0. se puede pasar simplemente de la unidad (R) de exposición a (rem).f = 1.600 = 0.6 ergjg.net Es una cantidad bastante peligrosa. En cuanto a los neutrones.595 = 154.2 X 106 X <l>x E(mRjh). 048 x 10 6 que pasándo10 a rads.fullengineeringbook.905. Solución: Sabemos que A 2' 2 <l>(partjcm .1) y sustituyendo x (#) = 5.6 x 10-6 erg = 3.23 x 1.23 MeV = 0.68 x 10-7 erg. por tanto.s) = r (ft) siendo A el número de [otones o de neutrones. unidad de dosis equivalente. Además. f .4 mSv.Protecci6n radio/6gica 211 donde = 0. Aef = 1.6 X 10 x 24 x 3. www.404.500 x 3. pero Q = 2. = 1. 25 xl. donde los flujos medios por cm2 y por segundo son de 350 fotones de 2 MeV y 120 neutrones térmicos. resulta que la dosis que se acumula en el tiroides es de 11. ® Un trabajador está 20 horas por semana en las proximidades de un reactor nuclear. Dosis = 18. 8 ] = = 0. 5.. Si no fuera así. Se tiene que dividir el resultado entre 3.75 -In = 3 (100)2 e Rjh m.2 )1X X 106 = 4.84 x 0.2) D .¡. A. Cálculo de blindajes G) Se desea guardar 0.::::CC::0~ . 5 x 10 .7 106 ~¿. = 52 OSlS . y se aplica la eco (8.46 cm-l.84 x 0.1) la actividad.9 x 0.58 . habría que considerar su influencia.01.025 eV = 2. )1 = 0. X 0..97 cm.212 F/sica Nuclear: problemas resueltos La energía de los neutrones térmicos es En = 0.<x = 5."II. www.75 I~ 10 cm. ya que en la expresión (8.9 Ci de un radioisótopo emisor gamma en un recipiente esférico de hierro.fullengineeringbook. aparece en Ci y los datos que se tienen son gammasjs y neutronesjs (Bq) .L.x = 9.¡ <Di Ei 1010 I 106 1010 [35° x 2 + 120 x 2 x 2.9 x 0. .net 2.7 x 1010. I OOluu~"'~u"lIIl1nmllDllIllIITllllmllnlll.97 mrem·1 En este problema se ha supuesto que el flujo de neutrones térmicos tiene ya en cuenta la absorción en el aire para esa energía.098 mremjh.2. La pared del recipiente debe de ser ______________________________________ (100)2 X 3 = 0."'. x 106 X 0. DOS1S 5. al cabo de una semana habrá recibido una dosis total de 11. Como trabaja 20 horas por semana. 6 XX = 3. ¿De qué espesor debe ser la pared del recipiente para que la dosis recibida a un metro sea de 3 mR/h? La energía del emisor es de 840 keV en el 75%. 5 x 1O-8MeV.72 XX = 3.. Solución: Suponemos que no es necesario tener en cuenta la acumulación. de donde e. 542 x 1.7 g/cm3). :ID Un haz fino de rayos y de 2 MeV y con intensidad un blindaje de plomo del blindaje calcular: (p de 106 y/ cm2. luego es suficiente I (c) Al ser el p32 un emisor beta duro.293 cm. El p32 emite un beta de 1.542 T . (cap. es de 0.8 < T < 3 MeV.0.fullengineeringbook. 71 = 35.2) del cap. (a) ¿Qué alcance tiene dicha fuente en el aluminio? (b) ¿Qué blindaje es necesario (c) ¿Es suficiente con ese blindaje? poner? Solución: (a) El alcance de un emisor f3 se puede tomar de la fórmula de Feather Rp = 0.793/2. Rp www.8 g/cm21 ~ xp x = Rf3/p = 0. Veamos si esa fracción es importante. = 0. 133 = 0.net El emisor beta tiene un alcance másico de (b) Como Rf3 = I 0. implica la producción de una fracción de radiación de frenado.Protección radiológica ® 213 Se desea transportar a otro lugar una fuente de p32.793 g/cm2.ZT 800 13 x 1. 3. 3 g/cm3) de 10 cm de espesor.98. La radiación de frenado es cerca del 3% de la de ionización.s incide sobre En el lado opuesto = 11. 71 .71 MeV de energía máxima. 3) 0.293 cm. emisor beta puro. De la eco (3. 133. . conviene poner después de la lámina de aluminio una capa de plomo (de aproximadamente 1 mm) para detener la posible radiación de frenado que se produzca. por lo que se recubre de aluminio (p = 2. por tanto. para luego = 0. se tiene (dE/dx)ion (dE/dx)rad _ 800 .0.7 El alcance lineal de esa fuente en aluminio poner un lámina de I 3 mm. s = 1.0659cDEo(f. www.0457 cm2jg. resulta . Rjs .fullengineeringbook.s I (b) La energía disipada en el aire es Ed = cDEo(f.5. = 0.net El flujo a la salida del blindaje se ha reducido a I 5.47 X 107 cDEo(f. (f. Teniendo en cuenta que 1R = 88 ergjg = 5.1jP)a mRjh.3 = 0.1jP)a también puede ponerse x = 0.0457 x 11.516 x 10 = 5.516cm-l. 16 cD = 106 x e.214 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos (a) El flujo obtenido. y haciendo el cambio de unidades. Luego f.1'/P)aire = 0.74 X 103 Y jcm2.1jP)a. X 1 = 5.1 = (f. éste sería el coeficiente de absorción lineal del plomo.74 X 103 Y jcm2. (b) La tasa de exposición.47 x 107 MeVjg.s.83 x 1O-8cDEo(f.1jp)Pb Solución: (a) El flujo a la salida del blindaje es cD f.1X = 0.16 = 5.1jp)Pb X P = cDo e-f<X. = 0.1jP)a MeVjg. siendo Eo la energía incidente.0238 cm2jg. Datos: (f. 0. de manera que N = 1 A = 3.5 6..43]1/3 3m 3 __ . ¿Puede considerarse la fuente puntual? (b) Determinar la tasa de exposición que debe haber al otro lado del blindaje.693 La masa del ClCs será N m= 5 NAPrn = X 1021x 172. sabiendo que para tener una buena seguridad.4n P = 0.023 X 1023 = 1.net Solución: (a) La actividad A = JeN.28 cm-1. x = 0.400 = 5 x 1021núcleos. Brn(W) = 3. 3 = p' 4n x 1. www. El cesio emite un gamma de 0.0659 x 5. (a) Se presenta en la forma química de CICs. (c) ¿Qué espesor de blindaje es necesario poner? Datos: flpb = 1.4. Protección radiológica 215 sustituyendo valores. Se puede considerar puntual siempre que la distancia de observación sea mayor que 10 veces su diámetro. cuyo peso molecular es Prn = 172.5 Y P = 1.57 cm.7 X 1012X 30 x 365 x 86. Se supone una ocupación anual laboral de 960 horas..fullengineeringbook.74 X 103 x 2 x 0.662 MeV en el 84% de sus decaimientos. r . Suponiendo la muestra esférica 4 V = "f'Cr m. la dosis equivalente no debe sobrepasar de 5 mSv/a.0238 = 18 mR/h La tasa de exposición a la salida del blindaje será de 118 mR/hl @) Se desea construir un blindaje biológico de plomo para transportar una fuente de Cs137de 100 Ci de actividad. 8 g/cm3.. . 8 r=[3Xl.029 cm2/g. y tiene un periodo de T = 30 años.43 g. (fl/P)a = 0. (c) Semejante al razonamiento que se hizo en el problema anterior. en donde se van dando valores a r por el método de iteración hasta llegar al valor más aproximado de 4.0659 x 0.662 x' r2 1011 e-J1. = 1. se llega a e-W /r2 = 4.84 = 3.10. 4nr2 4nr2 www. .52 = 1. [ Se puede ahora terminar de contestar la pregunta (a) observando que la distancia es mayor que el diámetro de la muestra. Haciendo r = 12. e-J1. ahora la expresión de la tasa de exposición toma la forma x = 0.net donde A = 3.2 X 10-4 R/h = I 0.5 R/a.029 x e-W x 3. .062 X 109 x --. f pues como se trata de radiación y. y el flujo hay que determinado A 3 1 X 1012 1011 2 cJ>== -'-2.67 X 10-10 cm-2.Como trabaja 960 h/año. podemos decir que el espesor de blindaje necesario para que la dosis a la salida del blindaje no pase del valor indicado es de 112.r2 luego x 0.89 x 10.47 r2x y/cm . esto supone una tasa de exposición de x = ~6~= 5.52 mR/h I Ésta es la tasa de exposición que debe haber en la superficie del blindaje para no sobrepasar la tasa de dosis establecida.s. 1 X 1012 y/s .8 cm. P)ae. .89 X 10-10 cm-2 Ésta es una ecuación recurrente.fullengineeringbook. valor bastante aproximado al que nos piden. 2 47 X X = 0.r 0.¡HBm' 0659EocJ>(fl-/ donde ahora se ha incluido el factor de acumulación. por tanto.216 F(sica Nuclear: problemas resueltos (b) Si j¡ = 5 mSv/a = 0.5 radia = 0. se puede considerar puntual. Por tanto.r -2r = 4.7 X 1012 X 0.4.8 cm. Un trabajador se encuentra en las cercanías de un reactor nuclear trabajando 35 horas a la semana.fullengineeringbook. para reducir el flujo a 103 fotones/cm2·s? 8. La actividad de 1 cm3 de muestra de sangre tomada después de tres horas fue 16 y / cm3 m. Los fotones poseen una energía de 1.5 MeV en plomo es de 0. que se encuentran separados 50 cm. masa de la región irradiada = 43 kg. 3. ¿Cuál será la dosis absorbida en el pulmón (Sv/ año)? Masa del pulmón = 600 g. El p32 tiene un periodo de 14. ¿Cuál será el flujo de neutrones térmicos necesario para producir una dosis de 20 flSV/h a partir de la reacción (n. que deposita en el lugar de la reacción.055 cm2/g y p = 11.""""l Protección radiológica 3. Estimar la dosis recibida en un mes.3 días. (fa = 1. . El tejido humano tiene un 3% en peso de nitrógeno (NI4) y densidad 2 g/cm3. ¿De qué espesor debe ser la lámina de hierro que se coloque entre la fuente y el receptor.5 MeV.71 MeV.82 b. (a) ¿Cuál es el periodo efectivo y la constante de desintegración efectiva? (b) ¿Cuántas desintegraciones habrán ocurrido al cabo de 30 días? (c) Si en cada desintegración el fósforo emite un f3 de 1. ¿qué dosis habrá absorbido en el esqueleto ( m = 17 kg) al cabo de los 30 días? 6.642 años emitiendo partículas alfa de 5. El coeficiente de atenuación másico para fotones de 1. A un individuo se le inyecta p32 que emite 103 des/m para un estudio. El Am243 se desintegra con periodo de 7. de una persona que ha ingerido 10 mCi de agua tritiada.62 MeV. La fuente emite 1012 fotones/s.3 g/cm3. 2. p) en el nitrógeno? El protón producido tiene una energía de 0. Determinar el volumen total de sangre del enfermo.s.5% al día.25 MeV. E = 6 keV. Suponga que tras un accidente fortuito se detecta en los pulmones de una persona 1 fl g del americio emitido.net 5. 7. ¿Es peligrosa para la salud? 4. PROBLEMAS 217 PROPUESTOS 1. Determinar la tasa de dosis inicial absorbida en el cuerpo humano. ¿Cuántas partículas alfas de 5 MeV absorbidas por g de tejido biológico corres- ponden a la dosis equivalente de 50 rem? www. Además se elimina biológicamente a una velocidad de 1. T = 15 h. recibiendo un flujo de 400 fotones/cm2. En la sangre de un enfermo se inyecta una pequeña cantidad de una solución conteniendo Na24 de actividad A = 2 X 103 y/s. Se desea reducir la dosis a un metro de distancia a un 25%. 10. (a) ¿Qué blindaje de plomo y de aluminio es necesario poner? (b) ¿Cuál es la tasa de dosis a 1 metro.net . p = 2. /lPb = 1. /l/ p = 0. Una fuente radiactiva de Cs137 posee una actividad de 5 Ci. 10 cm-l.665 MeV en el 85% de sus decaimientos.0431 cm2 jg. una vez blindada la fuente? (c) ¿Qué dosis absorberá una persona que permanezca sentada durante 8 horas en esa posición? El Cesio tiene una energía de 0. Una fuente de gammas puntual de 100 /lCi se coloca en el centro de una esfera de aluminio con un radio exterior de 10 cm.7 g/cm3.8 mR/h. www. Ey = 2 MeV y se cuenta el 50% de las desintegraciones. Encontrar el mínimo espesor de la pared del contenedor para la cual la dosis fuera de él no exceda 2.fullengineeringbook.20 cm-l.218 F(sica Nuclear: problemas resueltos 9. /lAl = 0. 91200 u. (c) m(Pu240) = 240. = 7. (b) Hay un factor Re/ R = 1.60 MeV. Esep 7.996970 u. 219 . (b) Q = 20. = 36. B(LF) = 39. (a) m(Na24) 5.4 X 10-15 m.m.a.05381 u. (a) Re = 3.m.a.fullengineeringbook.36 debido a que suponer una distribución uniforme de carga no es adecuado para cálculos precisos.81 MeV. (b) m(Sml44) = 143.m.a.a.57 MeV.CAPÍTULO PRIMERO 1.99096 u. 6. n = 14.net 2. m(CP7) 4.24 MeV.m. B/A = 5.964871 u. hay que suministrar más energía en el caso (b). especialmente para núcleos ligeros.m. m(OI6) = 15. 16 MeV. www. (a) Q = 19. (c) Debido a la repulsión cou1ombiana.a. = 23. 3. l = igs = -1. será emisor /3.para A =cte. 3. B/A = 8. Haciendo (8M/8Z) ser Ar36 y S36. 017: neutrón impar en (ld~) K39: protón impar en CAPÍTULO (1dJ. B(U235) = 1. = 0. B/A = 7. los núcleos estables resultan www. B/A = 8. r = r.fullengineeringbook. Amax = 3. Fue usado por última vez hace 3. protón impar en (1P!) - r = r. pero se compensa con un término de repulsión electrostática. B(Ne20) = 160. 2. Z) en función de Z.91.783.6A. O. B(Fe56) = 492. 126.2 X 106 Bq. por 10 que 2 el espín puede valer 1. el núcleo es estable para Z = 54 (Xe1~9). r = r.. N/V = 0. Haciendo (8M/8Z) = O.79 MeV.63 MeV. Como Tel29 tiene Z = 52 < 54.70 MeV. En el caso de los neutrones. T' = N15: 1+.20 MeV. resultan dos parábolas por ser A par. SEGUNDO 1.03 MeV. Tomando En ~ 7 MeV la profundidad del pozo es de unos 50 MeV. y despejando Z. se encuentra a la izquierda. 13. = 0. de manera que la profundidad es similar. Representando la curva M(A.59 MeV.140 años. . es algo menor. N(5 m) = 6 x 106 núcleos. 10. 9. En el caso de los protones EF. y despejando Z. Si29:neutrón impar en (2s!) K39: protón impar en (1d~) SC45: protón impar en (1f~) - CU63:protón impar en (2p~) - r = r. t ~ 34 m. considerando N ~ 0.Fisica Nuclear: problemas resueltos 220 8. N14: neutrón y protón impares. Se encuentran los dos en (1p L).) 2 f. 12.45/na3 por lo que la energía de Fermi es EF ~ 43 MeV.net 11. r = r.l f. Experimentalmente se comprueba que vale 1. mis. (a) v+ He3 - H3+ e+. TI2 (K40) 6. No se desintegra espontáneamente porque la Q de la reacción es negativa. (b) Ve = 2. (b) 23 g de He1io. corresponde a la energía cinética máxima de . La edad del mineral será t = 2 7.76 Vp = 3.~ Soluciones a los problemas propuestos 4. = 1. 10. X X X 109 años. 9moc2.782 MeV. 5. 6 8.fullengineeringbook.net VP(P)/p2 8 6 4 2 o o 2 3 4 5 6 7 8 9- 10 E(moc2) (b) El punto de corte es los f3 emitidos. A = 9.17 109 años. (a) 10 www. 9.88 X 108 X 105 mis. (a) Q = 0. 109 Bq. 221 (a) La edad de la roca será 4 x 109 años. (b) Sí. ya que ~n = no y ~I = impar.66 x 103 fot/m. (e) K40 ---> (f) K40 ---> v+Ar4°+e+. la desintegración entre el nivel 1. Aplicando la relación de Geiger-Nuttal entre la energía de la desintegración y su periodo.33 MeV).49 MeV (al nivel de 1. v+ Ca40+ e-.fullengineeringbook. (d) v+ C12 ---> W2+ e.y el nivel 0. (a) Epmax = 2.50 MeV) 1.net J? -1 I I yI / • I 266 keV I 0- o keV (b) Recordando las reglas de transición para la desintegración ex.32 MeV (al nivel de 2. se estima un periodo de desintegración T ~ 1010 años. . (c) e- + B8 ---> Be8 + v.+ v. 11.82 MeV. (a) Padre www. 13. 12.no es posible. CAPÍTULO 1. (c) 0. TERCERO (a) e = 44° (b) Ny/m = 2exnZ 2( 1 - lJ2n2 1 )(1 Al - A2 1) = 18..Fls/ca Nuclear: problemas resueltos 222 (b) Hé ---> Li6+ e. con lo que se puede clasificar al Th232 como estable. a los problemas propuestos 223 (a) El poder de frenado es la inversa del alcance. 02pA. con ZZ'e2 -13 A= -4-nBo = 2. (c) T = E . Actividad neta = (45 ± 0. 12 MeV. 11. 7. (b) La distancia de mínima aproximación S será tal que la velocidad sea nula. En el caso de 100 p/s.22 cm. 3.257 keV. p' = 0.m.rln(b/a) = 3. 4. (b) ED = 2. 12 cm2/g. www.JeN t. En el caso de 106 p/s es 0. el poder de frenado es la mitad del de las alfas.27 x 10 MeV.1.5) Bq. 1 = 0. la fracción de partículaf perdidas es 0.net S= A +.38 MeV. P = N A e. 10. (a) b = A/2E = 1.75 10-14 X m. 5. Ves) = A/S = 5. Se pierden más al contar más deprisa.22 X 10-14 m.fullengineeringbook. .01.JA2 +4E2b2 2E = 4. Suponiendo que sigue la estadística de Poisson. siendo N el número de núcleos y A la constante de la desintegración. En el caso de los deuterones. En aluminio se necesita más de treinta veces el espesor del plomo para atenuarlo. x = 3. 9. 8. E- V .Ves) = 1.5 MeV. e = 53°. Se supone simetría cilíndrica. 6.""11 Soluciones 2. 3 rad = 0°0' 28".''~. (b) e = 90 +qJ = 144°24'. 19 MeV.98 MeV.net 4.64 MeV.53 MeV.fullengineeringbook. (a) (J = 1. 85 x 10.-·-- . (a) Tn = 115. Tu = 19. (J _ 4nh2 .. Esto es lo máximo que puede dispersarse una partícula ex por un electrón.a. 8. Sustituyendo los valores correspondientes en la siguiente expresión qJ = arcsen (:: ) resulta qJ = 7. Se ha supuesto una dispersión elástica. 15 cm-I m2 = 1. Tu = 6.56 MeV.02166 u. 2.2mEg = 4 x _________________________________ 106 b. 2° estado excitado Tu = 3. (b) TBe = 15 keV. Para los neutrones de baja energía sólo son relevantes los niveles 1 = 0. (d) Q = -5.F(slca Nuclear: problemas resueltos 224 CAPÍTULO CUARTO 1.'tl"'' . 6. A = 12. (b) Energía de excitación: Fundamental Tu = 1. (a) m(BeII) = 11. 12 MeV. 7. Tu = 2. 3.36 MeV. 86 b. www.53 MeV.5 keV. 5. (a) e = 2qJ = 140°48'. ler estado excitado Tu = 1. (b) Q = -2.94 MeV. (a) Q = -1.22 MeV.m. (e) Q = -18. Tu = 1.86 MeV. 86 X 10-28 (b) ~ = 0. 'mr:"''''·. njcm3. ls = ~: Absorción --. (a) Tu = 6. Se supone dispersión inelástica.fullengineeringbook. 1010 www.9 b. = 0. 11. 4. (b) Como m < M la energía de retroceso del K38 es despreciable. (J'max 225 = 3.406. QUINTO (a) A = .284.32 X = 11 2 x 10 njcm2. (1. 113 cm-1 y /ljp (a) Interaccionan li = 0.Soluciones a los problemas propuestos 9. sobre la misma dirección -+ Tn = Q + Tp = 3. (a) (b) l = 1. .-::~-- el> ~ (1 _ e-At) (b) A(t) = 3. (b) Dispersión --. 106 njcm2. 5. = 0. La máxima energía que pierde el neutrón es cuando choca con otro similar a él.a)El' = 0. 113 cm2jg.s X 3. (a) el> = 2.888. Bq.53 /l X 10-5 njm2. CAPÍTULO 1. E2(min) = AE(min) = aE1.016. (a) Los núcleos capturados = 2.s. Tu = 219. 10.594.61/0' se ha reducido un 61 %. = 0. s.5 en la lámina son los transformados en A198.::.3 MeY.87 MeY. i:li = 0. (a) (1 - a)H2 (b) (1- a)C12 (c) (1 - a)U238 = 0.306 MeV. el choque es frontal y por tanto el neutrón sale en sentido contrario al del protón.28 X 105 = li = 0.net l 2. La pérdida de energía máxima ocurrirá cuando E2 sea mínimo. como el protón.5 X 106 njcm2·s (b) r = 7. la 6. 48 108 n/cm2. T=oo. Se estima comparando la energía de excitación del núcleo compuesto que se forma en la reacción de fisión con la energía de activación (energía necesaria para superar la barrera de potencial). (c) T =I/p.5 $. T [=0.lT - . (c) Amax (a) n ~ 117 colisiones. = N. ti! pe [= 0.p)/. www.75 MeV. 1(" = = 2.6 X 1023MeV. 2.l. ducen I x S = 4.s reaccionan con la lámina 108 reacciones/s.0835 s.net 3.08 x 0. 10-3 s. Nt = No (n2 .1 s.5 s. 8.fullengineeringbook.F(sica Nuclear: problemas resueltos 226 (b) I = 9. (c) E = Eoe-I.5 s.74 X de tritio. = 1 s. .93 x 0. (b) Eliberada = 3. 6.6 MeV. _/3-3 p= 1 +.69 xl = 1.012 t) = ( para t = 10 s ) = 1. = 8.9 CAPÍTULO X 106 colisiones/cm2·s. 15 eO. T = 83.28 x 10-5 =4. (b) r = . en cambio para el PU242la fisión se produciría con neutrones del orden de MeV.aJo = 4. [=1= (d)l=I+/3/. distancia aproximada hasta moderarse. SEXTO 1. Nm Nu 5. (b) [= 1 +(/3 . luego se pro- X 7. (a) t = T = 1/ p = O. (a) <1> = <1>0(1. En el caso del Pb208 la energía de los neutrones tendría que ser > 20 MeV. ya que para Z = 82 y N = 126 (que es el Pb208) la energía de activación tiene un máximo.l. 4.334. Para el PU241los neutrones térmicos podrán inducir la fisión.78 X 108 Bq. = 78. (b) t = 13. (a) Q = 140.096s.Ji = 20 cm.3<1>0.ni) = 2. 8 ato 8. 5.3 MeVje.075 X 10-6 kgjm3• (b) presión = 15. (a) No es posible. Falta un barión positivo. Suponemos mv = 0. •• J . una producción asociada de partículas extrañas. el antiprotón p. Soluciones a los problemas propuestos 7. no se conserva el número bariónico. 4. (a)pJ' =30. Md = 45 kg de deuterio. (a) pn = PnO = 28 MeVje. (b) sen<p = O. El' = 109. se trataría de una interacción.fullengineeringbook.---. (c) No es posible. 2.3 MeY. la desintegración del neutrón. Tu = 280 MeY. (b) Ee = 70 MeV.-. www. Antibarión negativo. (b) 2. (a) m = 188 kg de Ujaño. se trata de una interacción débil.30. es una interacción fuerte. el positrón e+. = 14.506 kg de litio natural. 6. n. 10. Falta un antibarión de carga negativa. el protón p. 227 (a) p = 2.. (a) Sí es posible. fuerte pero no se conserva la extrañeza.. 7. E(U235) E(H3) ~ 7. CAPÍTULO SÉPTIMO 1. (b) Tu = 903 MeV. no extraño.net (d) Sí es posible. (a) (b) (c) (d) 3. Tmax = 83 MeV. Falta un antileptón de carga positiva. pión -. 9. tampoco se conserva la paridad. Inicialmente. (b) Sí es posible. <p Tmin = 55 MeV. 12 5. Tu = 321 MeV.te = 0.lSv. Suponiendo que trabaja 140 h al mes. n = 3. (a).3 Svla www.3 mSv de radiación gamma. Tu = 144. (b) N = 1. L' CAPÍTULO OCTAVO 1. 92 x 107 desintegraciones. XPb = 1. X X 107 ~ alg.La' E. 26 cm.97 x 10.3 f.7 MeV. 6. j¡ = 6.5 SvIh. 10. <I>= 1. mK 9. 4. (a) XA1 == 6. x = 5.fullengineeringbook.8 mrem = 0.93 cm.0636 d-1.Fisica Nuclear: problemas resueltos 228 = 967 mo. Te = 10.2 X 104 neutr/cm2·s. Dosis = <I>. 10. 8. por lo que en el diseño de aparatos para experimentos de alta energía hay que tener en cuenta la gran distancia recorrida antes de la desintegración. 6. 12. No es peligroso para la salud.9 d. Dosis = 2.75 X 10-8 s.67 mSv Ih.5 1. (c) D = 0. 11.93 cm. El pión recorrerá (en valor medio) casi el doble de lo que recorrería desde el punto de vista no relativista. = 11. (b) Dosis = 3. la dosis recibida mSv.net 2. V = 6525 cm3 7. 8. (c) Recibirá 29. 3. 13 MeY. = 0.32 cm. 9. Tu = 962.118 . = 4. Los niveles energéticos de los nucleidos se representan mediante trazos horizontales. el tipo de desintegración radiactiva (puede incluso aparecer la probabilidad de emisión)... si el proceso radiactivo conduce a la formación de un descendiente con número atómico mayor (f3.. Para representar de una manera esquemática los detalles de las transiciones radiactivas que sufren los nucleidos inestables se utilizan los llamados diagramas o esquemas de desintegración. www. En estos diagramas en el eje de ordenadas se representa la masa-energía y en el de abcisas el número atómico. espín. . _----------'---"'------------------------. se supone que se conocen. en el caso contrario aparecerá desplazado hacia la izquierda (f3+.. Los trazos del núcleo residual estarán desplazados hacia la derecha de los correspondientes del núcleo precursor. ).fullengineeringbook... paridad. Z. éstas tienen origen en el nivel fundamental del núcleo padre (aunque hay casos que parten de algunos de sus niveles excitados)... Al representar la transición entre un núcleo padre (mayor masa) a un núcleo hijo (menor masa)..net 229 -.. para que la energía de la desintegración resulte positiva. siendo el trazo más grueso cuando se trata del nivel fundamental.... Las transiciones radiactivas entre distintos niveles energéticos de un mismo núcleo se indican con flechas verticales (radiación y). la energía de los distintos niveles. ). los niveles correspondientes al padre estarán por encima de los del hijo.. y acaban en alguno de los niveles energéticos del núcleo descendente. ya que siempre mp > mh. Además en los esquemas de desintegración aparecen otros datos de interés como puede ser el periodo de semidesintegración o la vida media.E.. C. etc.. ex. ~ . Las transiciones por emisión de partículas (entre distintos elementos) se simbolizan por flechas oblicuas. A la hora de representar estos esquemas no se suelen poner los ejes. .. net TI =30 años T ::! ~ ~c "2 p.fullengineeringbook.75 MeV 11-2- 0.(8%) 1.230 F/sica Nuclear: problemas resueltos Masa-Energía Padre Hijo Número Atómico.662 MeV 3+ OMeV "2 1~7Ba . Z www. 6 años {3+(100%) 2..(99%) 1+ 2+~ 231 99% I 2. Esquemas de Desintegración \ .26 años p.fullengineeringbook. \ 5+ 0+ ~~Ni 99% .:l 3+ .276 MeV 0+ OMeV fi5Ne U r:. Apéndice A.net = 2. ::! O MeV TI = 5..333MeV www.318 MeV 1.505I~~co MeV 0.842 MeV 2+ 1. 1 años o !::l ~ P.E.(100%) 2.46 MeV TI ¡gAr ~ ig ea 0+ ______ ~ "' TiTII¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡I~-- .net :.28 MeV 0- ¡gZr www. 0+ C.fullengineeringbook.3 x 19 109 años 1. \ 1. (11%) 2+ .232 Ftsica Nuclear: problemas resueltos = 28.(100%) 0.546 MeV ~gy 2- P. 384 1133Ba j I Apéndice A Esquemas de Desintegraci ón www.43756 MeV ~ 2: 2: 5+ l n3Cs el ~ l ° MeV233 0.160 MeV 0.0.net -- .081 0.fullengineeringbook. fullengineeringbook.net .www. T1/2.. Aparece el número atómico del elemento Z.net 235 ---------------------"~"''''-~~'''~~''' . la masa atómica del nivel fundamental (obtenida de la última recopilación publicada hasta la fecha. el espín y la paridad del nivel fundamental. captura electrónica-C.. en la bibliografía). ¡n.La tabla siguiente consiste en una recopilación de las propiedades más importantes para algunos isótopos de todos los elementos. www. fisión espontánea-f). en 1993. A.--~~~-------- .. la abundancia de los isótopos estables y el periodo de semidesintegración. {3. de los isótopos inestables junto a su principal vía de desintegración (a.. la densidad.fullengineeringbook.~"~- .E. el número másico del correspondiente isótopo. 3 dams 17.016929 3.net l ~ .534 99.E.2 53.010599 3.E.012937 8. 731C.5 0.4 9.013329 13.003355 7.012182 9.89 12.024607 Atómica 10.003242 8.002603 6AZ10.8 1.015122 C.5 19.85 1.4 1.85 8.912.017780 9.031040 11.45 80.009305 7.8Ma 1.fullengineeringbook.60 0. 0+ T" TIAbundancia Periodo 810-4 102 0+0.45 sa 2.016853 (u.4 19.3 7.E.014352 98.38x 0. 2+ 1+ 1+ 100 Masa 5730 C.985 0.8 12.07 fs 2.014102 14.016004 11.013534 9oc 86.84 sm 99.000000 10.011433 13.F/sica Nuclear: problemas resueltos 236 r 31+ Densidad 16513424.13 13.016029 1.022486 130.11 974(%) as 92. a.6 (g/cm3) 17.2 1.m.99986 20.007825 11.) 8.021658 12 0+ 14 0+ 12 8 3+ 10 2' oo oc13- www.015 2.77 0.016049 15.005305 1320. 2 2.999949 19.005739 15.) (%) TI2 237 112+ l+ 2+ 1+ N(3.0017 0.9 0.994915 18.003570 24.2 9.96 99.003065 17.018613 14.998403 20.0013 20.7 ssss 0.006100 90.003577 17.0009 4.76 0.3 0.E.E. 0+ 100 C.005710 12.E.008450 13.002999 122 21c.51 0.4)+ 110m 987c.5 4.11 64.000938 18.Apéndice B.004076 21.204 0.E. a.3 18.60 7.992440 15.014082 16.22 0. 2+ l1sms 139. 11 71 sm 1+ 0+ e.6 0.net - .63 4.999981 17.000109 17.003074 19.994467 16. C.4 17.E. Propiedades nucleares Densidad Elemento Z (g/cm3) A P' Masa Abundancia Periodo Atómica (u.13 99.038 3. 10 117 427 22.63 13.993847 22.008595 23.fullengineeringbook.993615 14.999160 19.017700 18.17 m 26.999131 23.366 1.991385 15.5 0.002095 20.m.E.997790 {3{3{3{3- 24 14 20 22 16 18 www.27 1815 37.001880 19. C.0014 0. E.999941 21. 220.985042 ppppp26.30 22.699 1.982593 27.994010 20.985837 28.990429 21. 0.net .984341 24.997655 26.18 21.6m 10. 100 2+ 20 e.13 1.983877 23.72 2725 11.007348 27. 14 26 21 13 11 24 12 3+ 4+ c.994437 29.24 2.97692792.989770 24.981538 28.m.971 e.E.E.011714 www.E.86 0.986892 25.999574 25.981910 25.986704 26.989954 24.7 0.07 1.123 2.0 15.) Abundancia (%) Periodo TI2 (~~t 1+ ]+ ~+ Na0. C.45 11.994125 22.3 21.992330 27.21 2.982960 23.992590 20.99 6.5 3.990963 25.00 9.1 7.E.60 3.74 78. a.988550 26.E.fullengineeringbook.4 2.980445 22. 0+ 5+ 60 Ma ssm e.23 23.0121 2.0 hass e.46 4.238 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos Masa Densidad Elemento 26 22 24 30 28 Z (gjcm3) A F' Atómica (u.42 2. 75 4. a.3 4.971163 29.07 1.Apéndice B.972070 35.) 239 Periodo TI2: ~+ 1+ 133 32. c.984903 33.6 24.9783214 {336.2Ma 1.E.967081 33.971458 32. C.973770 31.23 0.02 37.m.net •••• .973907 33.30 2.53 25. 100 105 c.3 2.975363 36.2 sadhs {32.973763 35.4 1.968853 www.968307 37.1034 37.82 95. 56m 15 17 1+ 2+ 170 m 0+ e. Propiedades nucleares Densidad Elemento 32 38 36 30 34 Z (gjcm3) Masa A In Abundancia (%) Atómica (u.968008 30.E.Om 0.971126 38.977452 34.4 12.1 2.017 4.981801 34.973762 32.969032 28.979554 30.E.967867 {3{3{329.62 m 2.965903 30. 29 31 30 0.0032 0.968011 3.67 5.50 75.974148 31.E.21 29.3 6.998001 29 216 30 C.fullengineeringbook.E.77 14.971725 28.51 87.976495 32.973636 31. 970718 36.10 22.962278 42.fullengineeringbook.964313 38.970420 37.961826 38.E.E.net .960700 34.9 17.966776 40.967546 {3{3{3{3{3{3(g/cm3) 1.60 0.73(%) 7.958618 0.61 12.26 6.980270 37.44 1.965365 0.1 99.063 0. Abundancia Densidad 38Periodo Masa 38 37 115 CE.) 33.78 93.0 11.a. 33 asm C. 17 m TI 35 3+ 0+ [lO 39 A43.962403 43.969080 39.87 1.970650 www.963707 (10.4 5.973377 44.960716 38.5 39.647 39.962591 35.963050 37.844 96. 41.965670 22.961560 45.964501 40.961976 42.962732 39.m.55 41.83 Ma C.86 0.975256 40. 269 adhsss {3431 CE.337 1.4m 0.23 1.94 35.Fisica Nuclear: problemas resueltos 240 42 36 44 46 40 38 2: ~t 1~+ ~1+ 18 219 20 CE.0018 46.3 1.35 (2Atómica )34 (u.28 Ga 40.961678 36.963999 0.962383 0.976319 41. E.955910 48.953692 57.Apéndice B. Propiedades nucleares Elemento 48 44 46 50 52 Z Densidad (g/cm3) Masa A In l1~22 33 42 21 43 e.2 3.7 2.m.135 5.09 43.68 5.54 3.89 3.959403 47.946616 42.957518 49.955170 8.E.952235 43.72 ppp49.947947 45.968523 44.net .8 0.958767 44.5 0.4 4.E.a. 54 asm 100 165 ddhs 4+ 6+ 14 m 0+ c. C. 43 43 5.0035 7.959690 49.954546 46.949730 Atómica (u.35 2.7 0.951764 50.958124 48.4 44 3.950024 42.952187 43.0 1.fullengineeringbook.80 0. 5+ 2+4.5 C.956186 48.51 73.944792 46.955673 42.7 83.187 8.952629 51.955481 47.965517 43.952533 45.) Abundancia (%) 241 Periodo TI~ p- www.E.2 1.961151 44.952408 46.09 0.946898 41.93 45.71 47.947871 52. 59 0.946049 51.fullengineeringbook.E.960199 49. e.E.250 32.946444 Atómica /3/3a.940843 50.948517 50.940645 C.net .1 4.944779 53. 312 ddhs c. 473.E.968362 49.954906 TJ.35 7.940363 51.6 m 5.79 2.750 27.941294 52.51 41.) 47.943963 46.952254 3. e.42 83. e.26 5.6 0.4.0 45.962906 50.954036 53.55.36 2.939990 45.944342 56.E.9471630.76 48.2 A49. 50 0+ 3+ c.954244 51.9 1.938909 47.940653 54.28 9.E.938287 48.E.6 5.7 0.m. /3- 48 50 58 54 (3.58 21.E.7 0.96 99.50 46.50 (g/cm3) /33.5)+ 52 56 www.951341 52. ¡r' ZAbundancia Densidad 47 Periodo 51 46 330 C.2 Ma 7. C.E.938049 46.945570 (%) 53. (u.F(sica Nuclear: problemas resueltos 242 1- J124 6+ 100 4+ 46 Masa 65 sm 50 23 25 C.9 16.938884 57.940511 55.E.944771 54.948215 52. 9 Masa 271 68Ma sam dhdas 1.931060 56.25 6..934077 55.90 A 8.86 52 8...934880 54. 100 Abundancia Periodo 7.¡¡jI Apéndice B. e.13 56 55 0. c.930790 55.951336 56.27 61.935348 68.3 5.E.65 44.7 1.933199 54.19 6.933615 58.5 78.• .51 36.938298 56.0 (g/cm3) 61. www.E.936770 1.•••• """""""""""""""===-_!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!~=!!!!!!!!!!!~~~~~~~~~=======~~==::::.956825 60. C.27 Ma 27.•.8 60.933822 57..fullengineeringbook.6 17.5 0.0 (%) 2.935398 54.10 70.E.m.5 m 0.1 0.936749 Atómica (u.net ... Propiedades nucleares 62 54 60 56 58 62 '2 111 2Densidad 51 28 4+ 5+ 26 55 2+ 27 54 0+ 0+ TI C.933280 59.E.934942 8.932479 60.15 91.942136 57.936296 58.E. C.945312 62.939615 53.a.934351 58.29 57.939844 51.) (f) (r) 243 e.-.939800 52.8 5.5 8.E.948464 55..934054 1..935757 59.075 (2P' ~)26.8 59.948116 {3{3{353.8 {3{32.942003 50. 73 12.939503 2.91 27.292767 p62.927750 60.fullengineeringbook.6 18.8 5.927727 58.926553 62.2 54. 2.14 30 61 2+ CE.929146 67.8 0.94 67.925325 59.929115 63. 59 0+ CE.E.- ¡n Masa Atómica (u.8 48.9 3.931569 4.929600 72.a.934334 65.930088 60.52 61.244 F/sica Nuclear: problemas resueltos Densidad Elemento 70 64 66 62 68 72 Z (g/cm3) A ~~129 CE.41 2.929245 66. p- www. e.928873 61.------- -------- .926863 63.937368 ppp61.927793 66. e.929780 68.E.5962 8.927130 70.) 244 100 dah 21 24 31 56m 82 89 m shm 46.4 23.927969 61.933215 64.net mm!ll"~- -.m.7 38. CE.932587 63.928348 65.4 9.10 Abundancia ("lo) Periodo TI':! CE.10 69.924847 69. 60 62 30.2 3.939513 64.926036 71.1 2.62 0.929640 65.5 9.933461 64.929673 62.9 66. 1+7. 1 4.924954 72.936838 65.927114 72.73 64 31 4+ CE.923459 74.922076 65.6m 2.3 39. 70 32C. Propiedades nucleares Masa Densidad Elemento 68 72 66 70 74 78 76 (4)- Z (g/cm3) A In Atómica (u.925400 68.5 27.926027 63.921402 71.924250 77.927972 70. 0+ CE.926753 26.9 68.0 78. 1+5.E.4 hd 1369.923548 (f) www.fullengineeringbook.922859 70.8 6571 71.925581 72.1 11.E. CE.8 76.net -- . C.933850 75.927983 67.m.E.1 60.1 m C.4 36.2 19.924707 39.E.932739 66.1 131364.0 9.91 2.928204 74.45 70.923825 66.) Abundancia (%) 245 Periodo TI2 112~1+ Ga 66 32 33 53 2319 m 271 dm C.931592 69.921178 1321.a.5 1.930930 67.1 5.926371 14.3 7.3 15.3 73.922853 73.926940 11.928097 69. 61 hshm CE.2 8. 5. 80.0 2.932738 78.Apéndice B.926501 68.87 20.36 71.925170 6782. 0 4. ••••• .918338 80.916700 71.8 d 9.2 9.921146 73.69 38.5 2.9 m 77.12 5e.922394 26.31 7.916522 75.916505 31. C.1 3.926767 78.6 74 57.918465 77.4 50.0 22.920648 78.5 0.923929 17.E.918500 74.87 17.915181 78.46 16.917993 82. 91 m 1+3.8 35.924542 8.m.E.246 Fisica Nuclear: problemas resueltos Masa Densidad Elemento 74 76 80 82 78 (2-) Z (g/cm3) A F' Atómica (u.915611 0+ C.919119 72.5 75.922524 Abundancia (%) Periodo TI 2 13- www.6 119.917310 73.fullengineeringbook.921597 76. e.3 7.918530 81. 72 <0.916291 74.84.065 83.8 2.E.931870 82.) 3~12+ ~+ }Z+ 2134 71 35 76 100 77 C.E.919214 1313131376.920949 70.921380 80..8 49.916805 49.0 18.922476 79.927112 79.a.1 hdm 83.8 75.net _ ~ .E.8 4.921829 9.7 81.39 6.919914 76.3 77.3 hdMa 23. 4 74.8 7.a.931035 4.920083 86.914452 81.925950 85.912288 0.913426 (gjcm3) ppp78.0 1. Periodo Masa 1+ 38 276 0+ CE . In 83 AZTI 1.914387 87.3 m 3.17 7.917640 84.E.911170 79.5 2.18 86.9163792.913359 84.2 m 725111.7 0.915114 88.912530 81 I (f) 247 C.27 83.?.918210 Atómica (u.916593 76.84 0. Propiedades nucleares 1+ 1l2+ .0 64.54 CE.910615 75.909265 83. www.9 85.0 32.913485 87.914813 9.917557 86.911792 888.8 7.25 0.56 0.356 83.m. 36 75 153m sdha ?2.0037 25.Apéndice B.914137 82.924669 82.912936 80.920388 85.?+ 2: 86 82 88 84 78 80 Densidad 75 82 37 76m 22m C.21 Ma 2.53 1.) 77.Abundancia C.918404 81.3 (%) 32.911508 81.911323 17.2 14.8 18.net i ~ .E.83 35.909186 84.fullengineeringbook. 82 CE.E.8 10.923216 82.6 15.8 89. 910950 90.905039 28.905643 8588 (f) www. 40 0+ C.E.908041 92.4 17.920310 17.E.+ 1+ 1Densidad 42c.5 78.0 89.6 c.910199 94.4 m (g/cm3) (%) 80.910880 84.1 58.) 64.5 {33.913943 96.E.908889 92. P' 100 Masa 39m 31Ma shm Abundancia Periodo 6.5 18.E.4 hdad {37.907301 92.8 50.4 83.911595 89.908931 11.910225 {397.2 106.916430 90.E.1 7.914890 93.908275 2.2 83.248 90 98 92 94 88 96 Fi'sica Nuclear: problemas resueltos '2 1-39 2+ 2.909506 91.5 14.m.912757 95.907799 84 (5-) 82.51 ATI 85.80 51.6 87.6 {3{391.4 5.E.914815 86. C.net ------ . 86.fullengineeringbook.7 16.908882 88.904702 64.905849 1.907455 90. C.907152 87.906314 89.9 Atómica (u.906474 88.3 2.54 10.909559 88.7 1.905617 93.0 91.5 9. é.7 87 (~+) 86.a.E.910982 87. e. 214 0.E.911263 99.4 14.907476 93.9113.0 2.7 8.905087 89.3 16.2 10.906811 Masa A In 293 95 52m 72m 3500 35 100 Ma ahdsam 90 91 1.2+ ~+ 94 92 100 98 96 Z Densidad (g/cm3) 94 90 44 42 CE.020 Atómica (u.6Ma 4.2 15.907656 94.906834 90.0 hm 4.907870 97.6 15. 94100 CE.905841 100.913935 97.908096 92.net .908099 99.1 12.8 (7)+ (6)+ /393.907192 95.913490 94.906989 92.E.2 Ma 5.911749 96.65 66.) Abundancia (%) 249 Periodo TI "2 /3- www. 0+ Nb 89 43 41 CE.910418 98.910346 96.67 20.907215 95.65 89.m.907282 91.6 9. C. 0+ 8+ CE.3 dMa 15. 1+ 7+ 6+ 24.905407 93.909655 /3/3/393.5 m 2.907711 96.fullengineeringbook. Propiedades nucleares Elemento ~u (f) 11+ + .906254 94.8 0.0 14.906364 94.Apéndice B.906376 98.907657 88.9 9. C.906810 95.6 35.906020 (~+) 90.a.4 14.0 23.904678 91. 0 12. C.908116 12.905504 100.16 12.907750 131313- 106 100 104 102 98 (g/cm3) Masa Atómica (u.905083 106.0 4.J.5 3.3 105.906655 102.904348 103. CE.907604 97.0 99 27.904219 105.86 29.909910 96.9 5.E.906323 102.905692 104. • ~ 11 .4 17.0 3.905607 97.4 16.) Abundancia (%) Periodo TI:2 CE.907327 101.908196 (t) 100.6 1. 98 372 100 99.908289 98.7m 22.44 42.905939 102.7 2.fullengineeringbook.907560 100.6 18.5 8.906842 105.8 17.8m 103.908505 35.905582 104.910716 3.88 dhhadhds 99.5 20.m.3 12.904034 103. www.907285 101. 100 0+ 0+ 6+ 1+ CE.6 2.906163 98.+ ~+ 1+ 96 21.2 11.911809 104.1 39.7 1.905430 99.905287 101.4 146 45 99 CE.250 Fisica Nuclear: problemas resueltos Densidad Elemento Z A F' 1~+ .3dm 31.903484 (2)+ 95.a.906087 (f) 98.net .8 8. 902758 115.fullengineeringbook.5 7. CE.3 m 65.905129 110.907005 3.0 7.5 28.0 69.904756 105.17 24.905954 106.905295 104.E.14 10.4 12.907314 /3/3103.909848 ¡n /3Atómica (u.904182 108.905093 108.903359 105.89 56.904756 .4h 26.7 24.7 2.908972 114. C.906111 107.E.906528 106.5 (gjcm3) 110.0 6. www.905153 111.907640 106.903895 111.906458 6.5 0.2 24.8 12.4 m 109.50 11.905954 103.) ("lo) /3113.908627 107.909468 102.m.904183 109.906667 107.Apéndice B.a.net .83 13.25 53. CE.903006 109.45 1.1 12.905431 110. Propiedades nucleares '2 116 110 112 106 0+ 108 21+ 114 251 ~+ Densidad C.906614 112. 48 47 58 m 104 105 5+ ~+Ma ATIAbundancia 51.904401 104.2 41.4 111.904985 108. 463 dhds CE.7 21.65 23 Periodo Masa CE.8 48. 103 104 1+ 0+ 1+8. .1 2.901608 109.910350 118.907219 120.1 24.m.904822 117 0..6 0.7 4<t' e. 14.1 14.5 8.903879 114.1 {343.905112 108.904239 124.903311 122.4 109.3 4.911288 116.905723 110.3 2.6 69.904062 www.01111 2.9 115.905274 125.1 95.62 113.252 Fisica Nuclear: problemas resueltos Densidad Elemento Z 112 114 124 116 120 122 126 118 (g/cm3) A re Masa Abundancia Periodo Atómica (u.8 {3{350.67 1.10 .907654 119.4 71.907785 114.902199 113.905534 111. .906915 121. 0+ 6.83 4.904517 110..903441 7. 35 Ma 2+ 1+ e.905174 112.1 4.1 32.4 hm 27.E..903347 116.38 7.75 5.902783 111.fullengineeringbook.net 1 -----_.E.28 115..901745 123.64 14.907736 116.E. CE.907169 18.902955 112.56 0. 50 110 m ddhsd CE.907854 9.904918 117.3 126.0 117. __.905261 115.a. CE.) (%) TI2 ]+ 11+ 2+ 1+ 109 110 129 e. 904271 118.906410 130.E.net .902819 127.85 25.905180 125.905533 119.4 2.5 38.904216 126.905076 123.906223 Atómica 117.00 16.8 78.E.fullengineeringbook.E.903056 129.904461 131. 0+ 31+ C.905247 122.906211 60.) 131313119.908522 122. Propiedades nucleares 253 1+ 2+ .Apéndice B.8 dh 121.903822 122.E.E.m.904624 126.905605 132.908636 124. c.0 13.904935 116.7 mham 123.2 4.0 6.6m 2.907250 18. P' Periodo 69 62m Masa 119 124 118 34.0("lo) 57.2 ATI 4.905932 (u.906596 120.E.7 7.908524 (gjcm3) 13124.2 16.903948 124.70 9.904424 www.906914 128.904026 125.69 6.a.905217 120. C.905938 3.910940 118.091 12.4 4.6 15.0 42.3 0.18 6.5 123.89 3.903304 117.24 12.5 2.1+ ~+ 1+ }.7 0.+ 132 122 124 128 130 120 126 2 Densidad 52 253 123 e.7 31. c.93 121. 8118 51 ZAbundancia 117 C. hhm 5+ 4+ 1+ 55 54 0+ 16 1.903509 133.905179 124.911379 (~+ 130.+ 126 2CE.905083 134.906714 127.905447 130.1 9.905395 129.905972 128. 0+ CE.4 6.090 8.906398 122.) Abundancia (%) Periodo TI2 CE.a.904780 126.904155 125.47 13.net .904988 130.92 0.904268 131.905460 )132.905895 25.2 10.907995 129.873 2.4 2.904468 132.905619 8.0 136.096 9.J.4 dha 131. /3- www.04 12.905805 /3/3/3121.905906 (r) Masa Atómica (u.908560 /3129.911563 128.906430 6.9 0.25 36.+ ~+ 11+ .m. 122 40.4 4.06 0. 131 123.1 2.0 127.2 3.907220 131.9 29.908477 120.1 100 130 121 317Ma CE.906711 133.0059 1.906674 .08 21.906125 126.82 226.69 5.30 20.903530 /3135.1 125.907208 134.254 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos Densidad Elemento 130 136 134 134 128 132 Z (g/cm3) A In .fullengineeringbook.J. m.59 2.914410 138. 3C.2 99.911011 0.7 139.4 3.906349 134.43 40.910598 82.87 0..1 dha 135.E.9 32.910958 132.1 135.907085 138.E.907108 133.7 10.906311 131.E.2 13.3 12.908836 134.909030 135. 128 134 127 56 Masa C.78 2.0 30. Apéndice B.6 12. 76 hhm C.E.089 6.19 9.net .a.907650 127. 58 133 1+ Abundancia Periodo 0+ C.911 137. C.905622 134.7 141.E.907140 139.911550 140.85(%) 12..905056 137. Propiedades nucleares 2 140 142 130 132 134 136 138 140 2 ~+ 1.909147 136.911120 (r) pp- (g/cm3) 255 p- www.90 0.5 6.E.906003 136.5 18.2 Atómica (u.190 5.908209 135.905684 128.2 ATI 0.908675 126.fullengineeringbook.906972 132.1+ ~1+ Densidad 136 57 135 2c.101 71.7 19.905242 91.914077 2.904571 133.909473 3.3 17.106 6. 5+ ¡n 11.) 137.905822 130.906931 136.904504 129.907307 140.42 7. a.7 9. 13.908272 142.2 CE.m.7 5.908933 138.0 29.5 137.906647 138.910750 141.5 hm 4.909810 146.2 1.98 www.916889 151.78 27.45 1. CE.256 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos Elemento ~+ 1+ 1139 2138 59 C.8 147.5 5.3 17.907719 143.3 2.4 33.2 88. 0+ 8.911920 140.920145 144.913301 11.924680 149.909605 136.1 0.909310 139.E.916096 140.E. 100 060 1+ CE.6 3.254 6.913113 143.73 32.6 23.917230 138.905435 139.4 11.909241 137.907780 142.95 141.) Abundancia (%) Periodo TI2 140 139 284 ddhh {3137 2.2 143.37 11.905986 141. C.0 19. CE.2 12.909072 {3{3148.910813 140.910041 6.net .907648 150.923825 (r) ~ll+ 142 146 148 150 144 138 140 Z Densidad (g/cm3) A P' Masa Atómica (u.912382 144.912569 142.920887 145.39 12.fullengineeringbook.4 17.913643 139.0 3.910083 137. 913038 151.914818 149.924636 152.fullengineeringbook.4 93. 149.1 5.922094 144.919699 147.37 151.921227 142.E.7 AT.83 7.6 13.918154 72.922206 143. c.917468 7.) (g/cm3) 144.E.~ Apéndice B.1 153.8 252.1 6.m.919929 146.914624 148.912745 148.1 8. Propiedades nucleares 2 150 154 152 146 148 (1-) 144 150 11+ 1Densidad 61 143 e.914693 5.915134 150.914894 148.919729 147.E.912586 11.917180 154.921741 22.920980 2.918330 152.917272 131313141. 149 36 103 90 aam Abundancia Periodo Masa 340 dshda In 145. 349 e.915204 153.22 54. 1142 63 62 143 530265 1+ 142 0+ C. 148 C.913407 150.7 15. e.5 17.912950 141.911996 Atómica 13(u. 13 Ma C.E.68 40.4 2.5 147.1 (%) 46.62 5.922976 149.a.net .3 3.E.5 143.910928 142.5 47.9 2.5 8.E.917923 146.E.9 53.6 145.919846 257 (X www. fullengineeringbook.8 1.927051 155.34 155.919339 158.4 9.925736 150.929666 154.919789 153. 242 dadhd CE.net .m.8 2.4 8.8 Ma .922890 I OC '2 160 0+ 3152 154 158 162 156 1- OC www.7 18.¡ 258 F/sica Nuclear: problemas resueltos 1+8.924405 151.926385 158.6.929480 14.33 154 64 100 150 Masa 65 66 156 153 3-Densidad 149 2CE.1 161.922619 152.920345 160. C.6 0. Periodo 157.925763 152.7m 10.56 155.a.925749 154.924751 159.8 6.925420 156.100 15.927164 24.95 ATIAbundancia 159.9 Ma C.76 p(gjcm3) 158.1 0.E.20 0. 15 hddham 150 0+ 120 157 1+ CE.924101 153.924423 149.927566 156.057 144.924744 3.924021 154.925343 160.925461 148.6 8.922120 157.920862 155.E..921747 156. 34. CE.923957 156.924278 157.925410 7.90 20.1 21.1 j <.4 5.918656 ¡n pppAtómica (u.) (%) p7.0 72. 6 159.a.33 165.931700 160. C.90 9.934588 160.16 3.930319 162.35 8.E.930290 169.934171 161.0 7.24 93.E.928775 165..935798 171.925194 Atómica (u.929197 49.932849 162.930029 168.928728 164.4.933554 159.1 28.m. e.938026 164.70 165..1 22.9 0.E. Apéndice B.933127 163 (r) www.net .932803 26.928730 166.40 3.930231 161.9 33.6 13128.934211 166. In 27.932368 167.25 9.929080 2.929171 161.9 25.939352 9.76 ATIAbundancia hdd c.) 13(g/cm3) 13162.4 14.3 29.1 19.52 (%) 163.935461 163.930723 170.930002 166.E.926795 163.932046 164.1 2.8 81.926930 168.3 7..929092 165.fullengineeringbook. 28.E. 67 69 162 166 15 100 Masa 160 167 03+ 33 m C.14 75. ahm 68 0+ C.5 1.6 167.E.932281 9.4 169. e.1 2. .56 10. Propiedades nucleares 168 170 172 166 162 164 2 259 1+ z+ 1~zDensidad· 21161Periodo 2+ 1+ c.E. 936426 174.942569 Atómica {3(u.135 21.70 ATI 17.71 1.5 12.E.6 5.7 hda 4.938858 175.946644 169.E.39 1.m.0 6.938396 63.936378 175. e. C.E.E.2 1.16 97.938207 170.19 (4-) 167.0 0.933895 177.933880 173.939082 32.941504 176.942683 3.941273 176.943698 {3{3(g/cm3) 166.934759 171.3 16.939460 173.260 176 174 178 168 170 172 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos '2 ~1.943755 176.E.87 27.E.61 6.92 31.9 171.935187 172.4 24.1 1.940042 177. 166 c.945952 177.934947 172. c.940334 175.940768 168.943220 174.6 56.E.net . C.01 171.~2+ 1+ 1Densidad 171 172 71270 172 167 0+ 70 dham e.fullengineeringbook.3 7.1 0.940490 www.) 165.936323 172.940650 174.1 (%) 9.6 3.9 12.37 173.2 2.941403 171. 14.938927 (~+{3) 170.74 13.945257 170.a. 173 1+ 74m T' 72 71 Abundancia Periodo Masa C.6 18. 40 21.954986 181.2 28.952524 37. 1+ CE.6 179.E.4 0.177.945750 187.7 178.1 182.945850 l12+ 9Ma 13178 74 75 182 ~ 9.950152 99. 30.945815 182. 121 ddh fJCE.947996 180.3 14.945934 187. 64m 38 71 m 0+ 2+ 0+ 38 ddm 115 C. T' AT.m.4 181.5 12.948198 184.958112 13.3 Atómica (u.946549 180.950932 179.7 181.Apéndice B.E.1 185.fullengineeringbook.954362 177.950224 184.949099 I ~ (g/cm3) 182.31 Masa 73 ZAbundancia CE.9 75.53 19.951210 90.955750 178.60 183.953420 186.959228 183 179 Ir (r) (r) i www.951373 180. 665 C.947072 182.948205 181.6 5. a.946706 24.3 26.947466 1313131342.3 23.E.9877 35. 182 184 186 188 180 1+ 2+ .950553 183.) 13185.7 16.1 16.6 69.957158 c.net " .950821 188.0123 I Densidad 62.958487 179.9 0.952955 186.13(%) 20.953530 178. CE. 955747 192.952491 189.0 26.2 193.962663 183.E.954043 188.E.018 41.E.5 37.37 10.965179 pp190.953838 181.013 0.3 11.9 22.262 F/sica Nuclear: problemas resueltos Densidad Elemento 194 186 188 190 192 194 Z (g/cm3) Masa A In l12l+ Os (4+) 77 78 1-C.965075 193.3 2.8 1.955836 191.) Periodo T!2 p- www.6 189 187.960590 (2)193.958445 187.952186 189.8 16.9 33.958145 190. 182 CE.35 0.6 10.959930 191. 188 32.964774 186.0 93.78 62.958852 41.960928 188.net .962923 194.0 30.8 191.960591 186. 0+ 187 188 21.2 189.48 2.962602 74.965976 182.961035 187.4 13.959395 19.9 0.953110 192.961479 185.1 13. 4CE.964148 190.m.42 21.962984 183 (r) Abundancia (%) Atómica (u.961684 184.960832 194.7 6.1 15.2 22.960700 188.6 13.958716 192. 50 ahdahd 76 C.fullengineeringbook.4 2.5 C. a. 966551 46.1 201.5 197.968309 3.696 C.0 19. 186 dadhdad 13520 0+ CE.970945 195.974412 5.967195 194.5 18.85 199. 0+ 79 194 C.972090 29.6 25.968748 200.14 201.972329 198.E.965814 199.18 64.965017 196.8 199.970720 197.970625 13203.965338 13.966640 192.966644 204.4 Abundancia Periodo (%) Tl2 263 www.967875 7.3 193.1 13. Propiedades nucleares 204 202 200 198 196 Masa Densidad [re Atómica (u.2 3.5 6.5 12.2 m 100 195.55 11. 193 2011942.968262 196.968225 10.3 23.964934 39.970285 194.) A Elemento Z (gjcm3) J2J+ 1+ J11100 2181 80 200 01CE.m.E.a.net -----------'¡ j .965381 3.966551 202.8 29. CE.966752 30.fullengineeringbook.2 9.976056 202.15 199.2 0.970803 19613198.32 193.8 203.8 197.967323 196." Apéndice B.972857 200.971423 12.77 198.973475 195.1 6. 73 hm 16.970576 48.9195 26. 991271 0. 3.1 6.fullengineeringbook.986158 200. CE.6 9.974467 206.25 0.9 5.05 5. 15 0183 82 201 IX 206 IX IX IX CE.5 22.988732 Abundancia (%) Periodo Ti2 ¡ www.3 207.E.97444924.24 1.368 202 84 85 206 208 100 209 207 CE. 0+ 205 22.01 2.8 60.3 8.) 1+ 22+ 1207 0.984174 203.980384 210.97663652.972850 208.m.90 209.991887 205.4 211. 102 ahdasd CE.978456 204.986570 205. 32Ma ahdm 6+ 5+ C.63 5.980465 209.E.3 hMa 1.982857 (5+) {3{3{3208.8 2.747 11.987258 206.986637 208.973028 205.987131 209.52 Ma C.3 207.981231 207.4 9.net .6 8.1 51.E.42 138.35 70. C.264 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos Densidad Elemento !- 212 210 206 204 208 Z (gjcm3) Masa A In Atómica (u.977408 4.981075 210.982415 208.984105 205.1 209.981578 206.975880 202.a.973375 204.972143 211.15 10.978483 207.24 9.20 36.979727 201.976095 210. 990735 222.82 dhasahaa /3226.005586 0.036296 229.996402 227. 222 586 224 100 229 oc 90 oc OC oc 207 223 212 75400 42m 1602 35 0+ 210 5+ C.) (%) TI2 265 ~+ ~211+ c.038049 209.4 14.992922 208.000326 223.3 3.m.52 206.~ Apéndice B.021708 (1-) (3+) (1)211.023603 227.990585 210.025402 22.91 14.0097 11.019731 231.3 m 220.4 1. 20m 89 oc 88 38 oc 1/329 hsh/ls 228 87 209 50ms 7300 C.029170 225.fullengineeringbook.31 3.21 2.E.989679 211.8 211.026089 27.3 m 228.012313 0. c.11 21.017569 0.12 oc 228.990730 210.4 (0)224.996182 222.031014 230.net J! .8 10. a.990735 224.987481 212.6 11.E.033126 226.0 6.015361 /321.028731 /3218. Propiedades nucleares Densidad Elemento 224 228 232 230 220 212 Z (g/cm3) A P' Masa Abundancia Periodo Atómica (u.9 2.023220 225 (~) (r) www.77 25.E.018497 233.031754 223.020201 232. 211 24m 9.041576 225.1 0.027747 215.E.66 7. 7 23.048166 239.720 9.4Ma dm 18.054289 229.5 14.061996 239.067217 238.1+ z1+ 1~2~241 237 247 236 234 238 91 94 95 16 7370 433 adhaMa 2+ Masa 230 233 92 93 96 oc oc oc oc 4700 adaa 1-237 6570 32800 240 24100 CE.117 45.3 1.4 19.E.070346 239.43 2.043922 233.034532 17. In TI246 AZAbundancia 236.052930 237.045561 238. CE.053806 236.14 Ma 232.058736 (g/cm3) p(%) ppp231.046570 0.050783 240.) (3-) 242.032093 229 I 238 236 232 240 242 244 2: (t) oc www.9 6. oc oc Periodo Densidad 0+ CE.275 230.net .0 (2-) (6-) 0.a.048403 241.11 2.040239 247.36 242.4 4.fullengineeringbook.31 244.055287 50.9 87.7 240.039627 243.052156 241.064278 10.376 Ma 90.1592 238.0 16.059542 0.061372 237.1 1.056844 237. e.056822 235.048723 233.245 15.96 2.m.049552 234.040945 Atómica (u.050940 246.74 27.75 0.038581 23.035878 243.Fl'sica Nuclear: problemas resueltos 266 z+ . 8 260.fullengineeringbook.112110 62.095096 257.123120 63.8 0.095535 (r) ex ex ex ex ex {3- Masa Abundancia Periodo Atómica (u.5-)257 5. .108910 0.~ Apéndice 8.8 20.114370 2.m.34 2.E.098250 00 246 251 256 257 248 247 261 259 115 ms 64m 263 1380 03 260 258 102 246068670 60m 252 55 dsdhsdasdhaa f198 898 34 ms 100 472 180 65 248072341 252081619 252082970 61.64 1.net Al finalizar este libro la comunidad científica internacional no había llegado a un acuerdo sobre la denominación formal de los elementos a partir del 104. Ésta es la razón por la que no aparece ni su símbolo químico ni el nombre.a.) (%) TI2 267 ex ex 104 www.091766 253084818 251079579 249075946 247070298 259. Propiedades nucleares Elemento z Densidad (gjcm3) A In 253 fC. 262 f1+ 2258 0+ 9101 197 9258.118620 1.2 252 (4+.101050 257.105570 61.2 (8)258.63 Ma 262.5 1.098427 256. net .www.fullengineeringbook. t www.net --.- _ .fullengineeringbook. 34 X kg MeV/c2 Fuerza Tensión Corriente 1u.m. 1 Fisica Nuclear: problemas resueltos TABLA ~-- l.net - .5 MeV torr /c 1.fullengineeringbook.6 N.013 m2 1W Pa lkeV 8.33 = 102 Jm (metro) X 103 X10-23 J-10-34 JOtras N.m.78 At 1A (atmósfera) 10-10 m Equivalencias V V/m (voltio) 1Oe 79.a.5 MeV /c2 i sustancia ca Inducción de masa) mm Hg) 1ectronvo1tio) vatio-hora) mgstrom) Campo i.m K (kelvin) (newton-metro) 11CV=735.16 Oe (oersted) 11u.99 xV/m Jkg T(°C) =T(K)-273. MeV/c2 =5.6 xm2 W 10-8 K10-30 1eV 1.270 .79 1bar 13.66 x(barn) 10-27 dyn= f1 10-6 10-5 m N T(tesla)G(gauss) 1cm-1 1.33 x10-7 105 Pa G= T cm2 1cm2 1At= = 1. \ www.a.602 10-19 1Wh =10-4 3.57 Am-1 kg (kilogramo) N (newton) Pa(pasca1) MeV/c W(vatio) C (julio) (culombio) ueq °c CV (grado erg/s (caballo = Ce1sius) de vapor) W edyn(dina) f1(micra) rg(ergio) 1erg ==10-28 10-7 A (amperio) u.m.a. Campo = 931.m b1. Unidades más utilizadas --------- ues Unidad unidades mo1 m2 10 C 1ueq xxJ 10Am-1 utilizadas bues === 279. (unidad =10-4 1. 109 10-16 10-15 eV.fm 8.6174 xXxX10-5 938.fm 6.58217 4.008665 u.6726 1. C 1.4860 10-4 10-19 u.6703 xJxx/mo1.s J.78838 271 más utilizadas hkec R IX (J G Roo ao mn me NA f.s eV.m.a.62618 1034 10-34 J.1B mp 13. Constantes he hc e2/4nEo h=h/2n Nombre 5.0360 Valor 2.3144 197.m2/C2 /c2 eV/K 8.0973732 x10-11 107 m-I 6.fm 1/137.007277 1.13570 0.60580 eV www.05084 xx1010-24 10X 27 J/T Jmis /T .ógeno es Apéndice C.022045 x10-23 1023 mol8.38066 6.6 MeV MeV/c2 N.1N f.15245 10-5 5.602189 1.988.3 939.835 1.m.fullengineeringbook.291771 xMeV.329 MeV. Unidades y constantes TABLA 2.054589 x8108 10-11 Nm2/kg2 J/K 1. m 5.K4 Símbolo 5.511 10-8 eV/T 3.K W /m2 1.439976 MeV.a.s 6.net .27408 5.99792458 9.s1 1239. fullengineeringbook.net .------------------~-- www. WAPSTRA. (I) Atomic mass Table. Edit. A. Núcleos y Partículas. Elements of Nuclear Physics. E. AUDI y A. SOLER LÓPEZ. Springer-Verlag (1992). Reverté (1982). (1974). Ed. BLANC. MIR Publishers Moscow (1987). Masson (1978). IRODOV. BURCHAM. Fundamentos de dosimetría teórica y protección radiológica. La fusión: Una alternativa energética. SEGRE. Reverté. BURCHAM. Press (1986). CONNOLLY. Nuclear Engineering: An introduction. John Wiley & Sons (1988). 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