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)