Materiens Struktur. Lösningar

Transkript

1 Materiens Struktur Räkneövning 4 Lösningar 1. Sök på internet efter information om det senast upptäckta grundämnet. Vilket masstal och ordningsnummer har det och vilka är de angivna egenskaperna? Hur har ämnet framställts? Lösning: Det tyngsta hittills upptäckta grundämnet (juni 2007) är antingen ununoctium eller ununhexium. Vi kommer att beskriva ununoctium eftersom det påstås hittats senast (oktober 2006), men p.g.a. av svårigheten att producera det har ingen ännu verierat resultatet på annat håll. Därför kan allt detta tas med en liten nypa salt. Grundämnet är alltså Det producerades i en kollisionsreaktion Uuo Cf Ca Uuo + 3n, i JiNR, i Dubna (Ryssland). Hittills har man endast lyckats producera 3 kärnor av ununoctium och därför är dess sönderfallstid ännu mycket osäker, den anges som τ 1 2 { +1, 07 ms = 0, 89 0, 31 ms och är alltså av storleksordningen ms. Denna isotop sönderfaller via α-sönderfall. Ämnets egenskaper är i ett stort okända p.g.a. att man endast lyckats producera 3st kärnor av ämnet. Varken elektronkongurationen, den vanligaste förekomsten eller dess fas vid rumstemperatur är kända. 2. Spegelkärnorna 11 5 B och 11 6 C har samma antal nukleoner, men 11 C, som har ere protoner har även en större Coulombenergi. Atommassan för 11 B är 11,009305u och den för 11 C är 11,011432u. a.) Vilken är skillnaden i kärnornas bindningsenergi? b.) Anta att kärnorna är homogent laddade sfärer och att de har samma radie r 0. Utred vilken radie r 0 som leder till en sådan skillnad i kärnornas Coulombenergi som sammanfaller med skillnaden i bindningsenergi. c.) Hur överensstämmer denna laddningsfördelning med andra uppgifter om kärnradien som du har?

2 Konstanterna: m e = 9, kg m p = 1, kg m n = 1, kg m11 C = 11, u m11 B = 11, u u = 1, kg e = 1, C ɛ 0 = 8, F/m R 0 = 1, 07 fm c = m/s. Lösning: a.) Bindningsenergin ges som vanligt av (m11 C 6m p 5m n 6m e )c 2 = E bindc (m11 B 5m p 6m n 5m e )c 2 = E bindb, där vi beaktat att massorna i Maols tabeller ges för atomer och inte kärnor i tabellen för nuklidernas massor. Därför har vi subtraherat bort antalet elektroner från beräkningen av bindningsenergin. Skillnaden i dessa är E = E bindc E bindb = (m11 C m11 B m p m e + m n )c 2 = 2, 76 MeV. (1) b.) Om kärnan approximeras till en homogent laddad sfär kan vi använda uttrycket V c (Z, r) = 3 (Ze) 2 5 4πɛ 0 r, (2) för dess Coulombenergi, vilket beräknats i en tidigare uppgift. Detta ger, om skillnaden i bindningsenergi skall vara lika med skillnaden i Coulombenergin, E = V (6, r 0 ) V (5, r 0 ) = 3e2 ( ) = 33 20πɛ 0 r 0 20 πɛ 0 r 0 r 0 = 33 e 2 20 πɛ 0 E 3, m = 3, 44 fm. e 2 c.) För element som inte har så många kärnpartiklar, kan man beräkna kärnradien genom formeln R = R 0 A 1/3. (3)

3 D.v.s. då vi i vårt fall har A = 11, får vi R = R 0 (11) 1/3 2, 38 fm. (4) Detta säger oss att skillnaden i bindningsenergi för 11 5 B och 11 6 C beror till största delen på skillnaden i den elektriska coulombenergin för dessa två kärnor, men detta räcker inte som en total förklaring till denna skillnad. Något fattas, och man kan tänka sig att kärnkraften också har sitt bidrag till resultatet. 3. Energi och spinn för de fyra första exciterade tillstånden i Hf är: 0,093 MeV (i = 2), 0,309 MeV (i = 4), 0,641 MeV(i = 6) och 1,085 MeV (i = 8). a.) Hur väl överensstämmer dessa värden med rotationsmodellens förutsägelser? b.) Vilket är kärnans tröghetsmoment? Konstanterna: h = 6, Js = h 2π E rot1 = 0, 093 MeV E rot2 = 0, 309 MeV E rot3 = 0, 641 MeV E rot4 = 1, 085 MeV. Lösning: a.) Enligt rotationsmodellen är rotationsenergin för en rigid rotator E rot = I2 2J = 2 i(i + 1), (5) 2J där J är kärnans tröghetsmoment. Om rotationsmodellen är korrekt borde vi få ett konstant värde på tröghetsmomentet för de observerade värdena. Detta p.g.a. att rotationsmodelen antar att kärnan är en sk. rigid rotator, en kropp som roterar utan att ändra form. Tröghetsmomentet för de olika värdena blir J 1 = 6 2 2E rot1 2, kgm 2, där i = 2 J 2 = E rot2 2, kgm 2, där i = 4 J 3 = E rot3 2, kgm 2, där i = 6 J 4 = E rot4 2, kgm 2, där i = 8. Detta indikerar att tröghetsmomentet ökar och dess form ändras då kärnan exciteras. Trots det verkar rotationsmodellen fungera relativt bra. b.) J medel = J 1 + J 2 + J 3 + J 4 4 2, kgm 2. (6)

4 Th sönderfaller till Ra genom α-sönderfall. Man observerar att ett 1,0 g mycket tunnt folium av Th emitterar α-partiklar med hastigheten 4100 st/s. Använd denna information för att visa att halveringstiden T 1/2 för Th är 1, a. Konstanterna: m T h = 1 g M T h = 232, 04 g/mol dn T h = 4100 st/s N A = 6, Lösning: Vi har reaktionen Th Ra + α, där vi vet att dn T h = 4100 st/s gäller vid t = 0. Då vi använder sönderfallslagen dn T h = λ T h N T h (7) med lösningen N T h (t) = N T h0 e λ T ht, (8) där N T h0 är antalet partiklar vid t = 0, kan vi räkna att λ T h N T h = dn T h = 4100 st/s λ T h = 4100 st/s N T h0. (9) Eftersom vi hade 1g av Th med atomvikten M T h har vi N T h0 = m T h M T h N A = 2, st (10) kärnor. Detta ger oss λ T h 1, /s, (11) vilket vi kan använda då vi vet att halveringstiden denieras som N T h0 e λ T ht 1/2 = N T h 0 2, (12) vilket direkt ger oss λ T h T 1/2 = ln 2 T 1/2 = 1, a. (13)

5 5. Analysera de nedan uppräknade β-sönderfallen med avseende å tillåtet, förbjudet o.s.v. samt Fermi- och Gamow-Teller övergångar. a.) 6 2 He(0, jämn) 6 3 Li(1, jämn) b.) 10 4 Be(0, jämn) 10 5 B(3, jämn) c.) S( 3 2, jämn) Cl( 3 2, jämn) d.) Y( 1 2, udda) Zr( 5 2, jämn). Lösning: En tillåten övergång är en där pariteten inte ändras, annars sägs att den är förbjuden. Gamow-Teller övergången är en övergång där i = ±1 eller 0 (men inte i = 0 0). En Fermi-övergång har i = 0. a.) 6 2 He(0, jämn) 6 3 Li(1, jämn) Pariteten går från jämn till jämn, alltså är det en tillåten övergång. i = 1 0 = 1 och vi har en tillåten Gamow-Teller övergång. b.) 10 4 Be(0, jämn) 10 5 B(3, jämn) jämn jämn = tillåten. i = 3 0 = 3, så detta är en tillåten övergång som varken är Fermi eller Gamow-Teller. c.) S( 3 2, jämn) Cl( 3 2, jämn) jämn jämn = tillåten. i = = 0, som uppfyller de givna kraven för både Fermi och Gamow-Teller övergångar. d.) Y( 1 2, udda) Zr( 5 2, jämn) udda jämn = förbjuden. i = = 2, men vi har alltså en förbjuden övergång Pb är den stabila slutkärnan i den radioaktiva serie som har Th som moderkärna. Halveringstiden för Th är 1, år. Ett mineralprov som innehåller 1 kg Th innehåller också 200g Pb. a.) Beräkna provets ålder med antagandet att allt Pb kommit från sönderfallet av Th. b.) Totalt sex α-partiklar uppträder i den radioaktiva seriens sönderfall. Uppskatta hur mycket helium som har bildats under den totala sönderfallstiden, då vi antar att alla α-partiklar har stannat i materialet. c.) Den första dotterkärnan i sönderfallsserien är 228 Ra Ra, som sönderfaller med halveringstiden 5,7 år till Ac. Beräkna hur mycket Ra som nns i mineralprovet. Konstanterna: T 1/2Ra = 5, 7 a T 1/2T h = 1, a m T h = 1000 g m P b = 200 g M T h = 232, 04 g/mol M P b = 207, 2 g/mol m Ra atm = 228, u u = 1, kg M α = 4 g/mol N A = 6, Lösning: Sönderfallsserien för Th är:

6 Th Ra + α Ac + α + e Th + α + 2e Ra + 2α + 2e 220 { Rn + 3α + 2e Po + 4α + 2e Pb + 5α + 2e 83 Bi + 5α + 3e Po + 5α + 4e Pb + 6α + 4e Ti + 6α + 2e Pb + 6α + 3e a.) Vi antar att Th sönderfaller direkt till Pb med halveringstiden för sönderfallet Th Rn + α. För att beräkna tiden för detta sönderfall är detta en mycket bra approximation eftersom T 1/2T h = 1, år är överlägset den längsta halveringstiden i sönderfallsserien jämfört med den nästlängsta som är T 1/2Ra = 5, 7 år. D.v.s. N T h = N T h0 e λt, λ = ln 2 T 1/2, (14) där N T h = m T h /M T h N A 2, N P b = m P b /M P b N A 5, Under vårt antagande är N T h0 = N T h + N P b, vilket ger oss N T h = e λt t = 1 [ N T h + N P b λ ln N ] T h 4, a. (15) N T h + N P b b.) Antalet α-partiklar är 6st per blykärna. D.v.s. i ett prov på 200 g bly 6N P b = N α, och därmed m He = N α N A M α = 6N P b N A M α 23 g. (16) c.) Nu måste vi beakta de två första stegen i sönderfallsserien. Då gäller dn T h med lösningen = λ T h N T h0 N T h = N T h0 e λ T ht, (17) så, att vi har dierentialekva- och också λ Ra N Ra = dn T h tionen dn Ra = λ T h N T h0 e λ T ht dn Ra dn Ra + λ Ra N Ra = λ T h N T h0 e λ T ht, (18) att lösa. Detta är en första gradens dierentialekvation med den allmänna lösningen:

7 N Ra (t) = e Ra[ ] λ e λrat (λ T h N T h0 e λ T ht ) + C = Ce λrat 1 + λ T h N T h0 e λ T ht, λ Ra + λ T h (19) där C är en konstant. Vi kan bestämma C genom kravet N Ra (0) = 0. Detta ger oss C + λ T hn T h0 λ T h + λ Ra e λ T ht = 0 C = λ T hn T h0 λ T h + λ Ra e λ T ht (20) så, att vi slutligen erhåller N Ra (t) = λ [ T hn ] T h0 e λ T ht e λ Rat, (21) λ T h + λ Ra som lösning. Då vi beräknat λ Ra = λ T h = ln 2 T 1/2Ra, T 1/2Ra = 5, 7 a ln 2 T 1/2T h, T 1/2T h = 1, a, kan vi slänga in dessa värden i vår lösning, tillsammans med t = 4, a för att få N Ra (4, a) 1, , (22) vilket motsvarar massan m Ra = N Ra (4, a)m Ra atm g. (23)