Materiens Struktur. Lösningar

Relevanta dokument
Tentamen i FUF050 Subatomär Fysik, F3

Föreläsning 3. Radioaktivitet, alfa-, beta-, gammasönderfall

Föreläsning 3. Radioaktivitet, alfa-, beta-, gammasönderfall

Vågrörelselära & Kvantfysik, FK januari 2012

Materiens Struktur. Lösningar

Från atomkärnor till neutronstjärnor Christoph Bargholtz

Föreläsning 2 Modeller av atomkärnan

Föreläsning 09 Kärnfysiken: del 1

Atomkärnans struktur

Röntgenstrålning och Atomkärnans struktur

Fysiska institutionen april 1983 Hans Linusson, Carl-Axel Sjöblom, Örjan Skeppstedt januari 1993 FY 2400 april 1998 Distanskurs LEKTION 26.

Lösningar del II. Problem II.3 L II.3. u= u MeV = O. 2m e c2= MeV. T β +=

Lösningar del II. Problem II.3 L II.3. u u MeV O. 2m e c2= MeV T += MeV Rekylkärnans energi försummas 14N

Atomens uppbyggnad. Atomen består av tre elementarpartiklar: Protoner (+) Elektroner (-) Neutroner (neutral)

Kärnfysik och radioaktivitet. Kapitel 41-42

Lösningar till problem del I och repetitionsuppgifter R = r 0 A 13

TILLÄMPAD ATOMFYSIK Övningstenta 3

Materiens Struktur. Lösningar

Tentamen: Atom och Kärnfysik (1FY801)

Instuderingsfrågor Atomfysik

Lösningar till problem del I och repetitionsuppgifter R r 0 A 13

Lösningar till tentamen i kärnkemi ak

Mer om E = mc 2. Version 0.4

Tentamen: Atom och Kärnfysik (1FY801) Lördag 15 december 2012,

Radioaktivt sönderfall Atomers (grundämnens) sammansättning

3.7 γ strålning. Absorptionslagen

Tentamen i Modern fysik, TFYA11/TENA

LEKTION 27. Delkurs 4 PROCESSER I ATOMKÄRNAN MATERIENS INNERSTA STRUKTUR

Repetition kärnfysik Heureka 1: kap version 2019

BFL122/BFL111 Fysik för Tekniskt/ Naturvetenskapligt Basår/ Bastermin 12. Kärnfysik Kärnfysik 1

Miljöfysik. Föreläsning 5. Användningen av kärnenergi Hanteringen av avfall Radioaktivitet Dosbegrepp Strålningsmiljö Fusion

WALLENBERGS FYSIKPRIS

Lösningar till tentamen i kärnkemi ak

Atomens historia. Slutet av 1800-talet trodde man att man hade en fullständig bild av alla fysikaliska fenomen.

Atom- och Kärnfysik. Namn: Mentor: Datum:

undanträngda luften vilket motsvarar Flyft kraft skall först användas för att lyfta samma volym helium samt ballongens tyngd.

Prov Ke1 Atomer och periodiska systemet NA1+TE1/ /PLE

Varje uppgift ger maximalt 3 poäng. För godkänt krävs minst 8,5 poäng och

4.13. Supraledning. [Understanding Physics: 20.13, ] Den moderna fysikens grunder, Tom Sundius

Föreläsning 11 Kärnfysiken: del 3

2. Hur många elektroner får det plats i K, L och M skal?

Sönderfallsserier N α-sönderfall. β -sönderfall. 21o

Till exempel om vi tar den första kol atomen, så har den: 6 protoner, 12 6=6 neutroner, 6 elektroner; atommassan är också 6 men masstalet är 12!

Studiematerial till kärnfysik del II. Jan Pallon 2012

Tentamen i fysik B2 för tekniskt basår/termin VT 2014

8.4 De i kärnan ingående partiklarnas massa är

Varifrån kommer grundämnena på jorden och i universum? Tom Lönnroth Institutionen för fysik, Åbo Akademi, Finland

BFL122/BFL111 Fysik för Tekniskt/ Naturvetenskapligt Basår/ Bastermin 13. Kärnfysik Föreläsning 13. Kärnfysik 2

Termodynamiska potentialer Hösten Assistent: Frans Graeffe

TILLÄMPAD ATOMFYSIK Övningstenta 2

Forelasning 13, Fysik B for D2. December 8, dar R 0 = 1:2fm. ( 1 fm = m) Vi har alltsa. ar konstant (R 3 = R 3 0A). 46.

2. Beskriv principen för en hastighetsselektor (skiss och utförlig förklaring) (4p). Svar: Se figur 2.1 och tillhörande text i läroboken.

SUBATOMÄR FYSIK F3, 2004

Lösningsförslag. Fysik del B2 för tekniskt / naturvetenskapligt basår / bastermin BFL 120 / BFL 111

Materiens Struktur II Del II Atomkärnan och kärnprocesser

Atomen - Periodiska systemet. Kap 3 Att ordna materian

Föreläsning 2. Att uppbygga en bild av atomen. Rutherfords experiment. Linjespektra och Bohrs modell. Vågpartikel-dualism. Korrespondensprincipen

Tentamen: Atom och Kärnfysik (1FY801)

Preliminärt lösningsförslag till Tentamen i Modern Fysik,

Föreläsning 5 Att bygga atomen del II

1. 2. a. b. c a. b. c. d a. b. c. d a. b. c.

Räkneuppgifter, subatomär fysik

Kärnenergi. Kärnkraft

De delar i läroplanerna som dessa arbetsuppgifter berör finns redovisade på den sista sidan i detta häfte. PERIODISKA SYSTEMET

Atomens uppbyggnad. Atomen består av tre elementarpartiklar: Protoner (+) Elektroner (-) Neutroner (neutral)

Björne Torstenson (TITANO) Sida 1 (6)

11 Kärnfysik LÖSNINGSFÖRSLAG. 11. Kärnfysik. 3, J 3, ev 1,9 ev. c 3, E hc. 5, m 0,36 pm. hc 1, m 1,43 pm

ATOM OCH KÄRNFYSIK. Masstal - anger antal protoner och neutroner i atomkärnan. Atomnummer - anger hur många protoner det är i atomkärnan.

De delar i läroplanerna som dessa arbetsuppgifter berör finns redovisade på den sista sidan i detta häfte. PERIODISKA SYSTEMET

KEMI 1 MÄNNISKANS KEMI OCH KEMIN I LIVSMILJÖ

Kärnenergi. Kärnkraft

Tentamen i FUF050 Subatomär Fysik, F3

PRODUKTION OCH SÖNDERFALL

Atom- och kärnfysik. Arbetshäfte. Namn: Klass: 9a

Atom- och kärnfysik! Sid i fysikboken

LÖSNINGSFÖRSLAG. 11. Kärnfysik. c 3, , J 3, ev 1,9 ev. E hc. 5, m 0,36 pm. hc 1, m 1,43 pm E 6, ,0 10 8

De delar i läroplanerna som dessa arbetsuppgifter berör finns redovisade på den sista sidan i detta häfte. PERIODISKA SYSTEMET

Relativistisk kinematik Ulf Torkelsson. 1 Relativistisk rörelsemängd, kraft och energi

4 Halveringstiden för 214 Pb

KEMA00. Magnus Ullner. Föreläsningsanteckningar och säkerhetskompendium kan laddas ner från

BFL 111/ BFL 120 Fysik del B2 för Tekniskt Basår/ Bastermin

Introduktion till strålningens växelverkan. Atomen och atomkärnan Radioaktivt sönderfall. Användande av strålning

Tentamen. Fysik del B2 för tekniskt / naturvetenskapligt basår / bastermin BFL 120 / BFL 111

Strålsäkerhetsmyndighetens föreskrifter (SSMFS 2008:10) om införsel och utförsel samt rapportering av radioaktiva ämnen

TILLÄMPAD ATOMFYSIK Övningstenta 1

Björne Torstenson (TITANO) Sida 1 (6)

Föreläsning 8 Elementarpartiklar, bara kvarkar och leptoner

Innehåll. Fysik Relativitetsteori. fy8_modernfysik.notebook. December 19, Relativitetsteorin Ljusets dualism Materiens struktur Kärnfysik

Kärnfysikaliska grunder för radioaktiva nuklider

Föreläsning 8 Elementarpartiklar, bara kvarkar och leptoner

Relativitetsteorins grunder, våren 2016 Räkneövning 6 Lösningar

Lösningar Heureka 2 Kapitel 14 Atomen

Stora namn inom kärnfysiken. Marie Curie radioaktivitet Lise Meitner fission Ernest Rutherford atomkärnan (Niels Bohr atommodellen)

Atomnummer, masstal och massa. Niklas Dahrén

2 H (deuterium), 3 H (tritium)

De delar i läroplanerna som dessa arbetsuppgifter berör finns redovisade på den sista sidan i detta häfte. PERIODISKA SYSTEMET

Fysik del B2 för tekniskt basår / teknisk bastermin BFL 120/ BFL 111

Kapitel extra Tröghetsmoment

ICH Q3d Elemental Impurities

KEMI 1 MÄNNISKANS KEMI OCH KEMIN I LIVSMILJÖ

Transkript:

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 294 118Uuo. 249 98 Cf + 48 20 Ca 294 118 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?

Konstanterna: m e = 9, 1093897 10 31 kg m p = 1, 6726231 10 27 kg m n = 1, 6749286 10 27 kg m11 C = 11, 011432u m11 B = 11, 009305u u = 1, 6605402 10 27 kg e = 1, 6021773 10 19 C ɛ 0 = 8, 85419 10 12 F/m R 0 = 1, 07 fm c = 299792458 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 (6 2 5 2 ) = 33 20πɛ 0 r 0 20 πɛ 0 r 0 r 0 = 33 e 2 20 πɛ 0 E 3, 44 10 15 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)

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 180 72 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, 626076 10 34 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, 24 10 54 kgm 2, där i = 2 J 2 = 20 2 2E rot2 2, 25 10 54 kgm 2, där i = 4 J 3 = 42 2 2E rot3 2, 27 10 54 kgm 2, där i = 6 J 4 = 72 2 2E rot4 2, 30 10 54 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, 27 10 54 kgm 2. (6)

4. 232 90 Th sönderfaller till 228 88 Ra genom α-sönderfall. Man observerar att ett 1,0 g mycket tunnt folium av 232 90 Th emitterar α-partiklar med hastigheten 4100 st/s. Använd denna information för att visa att halveringstiden T 1/2 för 232 90 Th är 1, 4 1010 a. Konstanterna: m T h = 1 g M T h = 232, 04 g/mol dn T h = 4100 st/s N A = 6, 022 10 23. Lösning: Vi har reaktionen 232 90 Th 228 88 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 232 90 Th med atomvikten M T h har vi N T h0 = m T h M T h N A = 2, 6 10 21 st (10) kärnor. Detta ger oss λ T h 1, 58 10 18 /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, 4 10 10 a. (13)

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.) 35 16 S( 3 2, jämn) 35 17 Cl( 3 2, jämn) d.) 91 39 Y( 1 2, udda) 91 40 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.) 35 16 S( 3 2, jämn) 35 17 Cl( 3 2, jämn) jämn jämn = tillåten. i = 3 2 3 2 = 0, som uppfyller de givna kraven för både Fermi och Gamow-Teller övergångar. d.) 91 39 Y( 1 2, udda) 91 40 Zr( 5 2, jämn) udda jämn = förbjuden. i = 5 2 1 2 = 2, men vi har alltså en förbjuden övergång. 6. 208 82 Pb är den stabila slutkärnan i den radioaktiva serie som har 232 90 Th som moderkärna. Halveringstiden för 232 90 Th är 1, 4 1010 år. Ett mineralprov som innehåller 1 kg 232 90 Th innehåller också 200g 208 82 Pb. a.) Beräkna provets ålder med antagandet att allt 208 82 Pb kommit från sönderfallet av 232 90 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 228 89 Ac. Beräkna hur mycket 228 88 Ra som nns i mineralprovet. Konstanterna: T 1/2Ra = 5, 7 a T 1/2T h = 1, 4 10 10 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, 031064u u = 1, 6605402 10 27 kg M α = 4 g/mol N A = 6, 023 10 23 Lösning: Sönderfallsserien för 232 90 Th är:

232 90 Th 228 88 Ra + α 228 89 Ac + α + e 228 90 Th + α + 2e 224 88 Ra + 2α + 2e 220 { 212 86 Rn + 3α + 2e 216 84 Po + 4α + 2e 212 82 Pb + 5α + 2e 83 Bi + 5α + 3e 212 84 Po + 5α + 4e 208 82 Pb + 6α + 4e 208 81 Ti + 6α + 2e 208 82 Pb + 6α + 3e a.) Vi antar att 232 90 Th sönderfaller direkt till 208 82 Pb med halveringstiden för sönderfallet 232 90 Th 228 88 Rn + α. För att beräkna tiden för detta sönderfall är detta en mycket bra approximation eftersom T 1/2T h = 1, 4 10 10 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, 6 10 24 N P b = m P b /M P b N A 5, 8 10 23. 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, 1 10 9 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:

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, 4 10 10 a, kan vi slänga in dessa värden i vår lösning, tillsammans med t = 4, 1 10 9 a för att få N Ra (4, 1 10 9 a) 1, 06 10 15, (22) vilket motsvarar massan m Ra = N Ra (4, 1 10 9 a)m Ra atm 4 10 7 g. (23)