fisica nuclear maria shaw y amalia williart

,...

~

Reservados todos los derechos. De conformidad con lo dispuesto en el arto 534-bis del Código Penalvigente, 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 lapreceptiva 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 MadridISBN: 84-206-8155-5

Depósito legal: M. 1.209-1996

Impreso en EFCA. s. A. Parque Industrial «Las Monjas». 28850 Torrejón de Ardoz (Madrid)Printed in Spain

-

-,

INTRODUCCIÓN 11

CAPÍTULO 1. PRINCIPALES CARACTERÍSTICAS DEL NÚCLEO .•....... 13

2. Problemas resueltos .

3. Problemas propuestos .

1.1. Propiedades nucleares .1.2. Modelos nucleares .

Radio .Masa .Energía de enlace .Modelos nucleares .

2.1.2.2.2.3.

2.4.

l. Introducción teórica 13

13

16

23

2326

29

33

40

CAPÍTULO 2. RADIACTIVIDAD 43

1. Introducción teórica 43

1.1. Leyes de la desintegración radiactiva 431.2. Tipos de desintegración 46

7

J

"..

Il....c

8 F/sica Nuclear:problemas resueltos

2. Problemas resueltos 49

2.1. Leyes de la desintegración radiactiva " 492.2. Desintegración alfa y beta 542.3. Desintegración gamma " 62

3. Problemas propuestos 68

CAPÍTULO 3; INTERACCIÓN DE LA RADIACIÓN CON LA MATERIA .... 71


1.1. Interacciones 711.2. Detectores 75


2.1. Partículas cargadas 792.2. Radiación electromagnética 822.3. Detectores 852.4. Estadística 89


CAPÍTULO 4. REACCIONES NUCLEARES 95


1.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares 961.2. Tipos de reacciones nucleares 971.3. Sección eficaz 971.4. Velocidad de producción de una reacción nuclear " 98


2.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares 1002.2. Niveles de energía y secciones eficaces. Resonancia 1062.3. Energía umbral 111


CAPÍTULO 5. FÍSICA DE NEUTRONES 119

l. Introducción teórica 119

1.1. Determinación de secciones eficaces 1191.2. Dispersión y moderación de neutrones 121

2. Problemas resueltos " 125

2.1. Interacción de neutrones 1252.2. Propagación de neutrones en la materia 1302.3. Moderación y difusión de neutrones 134


"1

Indice 9

CAPÍTULO 6. FISIÓN Y FUSIÓN NUCLEAR: 141


1.1. Fisión 1411.2. Fusión 149


2.1. Fisión 1552.2. Fusión 162


CAPÍTULO 7. PARTÍCULAS ELEMENTALES 171


1.1. Clasificación de las partículas observadas 171

1.2. Características y propiedades 176


2.1. Propiedades generales 179

2.2. Interacción relativista de partículas 1832.3. Desintegración de partículas elementales 1872.4. Energía umbral 191


CAPÍTULO 8. PROTECCIÓN RADIOLÓGICA 199


1.1. Magnitudes más importantes 199

1.2. Blindajes 2021.3. Límites de dosis 204


2.1. Dosimetría 207

2.2. Cálculo de blindajes 212

3. Problemas propuestos , 217

SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS 219

Capítulo primero

Capítulo segundo

219

220

Capítulo tercero 222

-- - ~

1'"

li...

10 F/sica Nuclear: problemas resueltos

Capítulo cuarto 224

Capítulo quinto 225

Capítulo sexto 226

Capítulo séptimo 227

Capítulo octavo 228

APENDICE A: Esquemas de desintegración 229

APENDICE B: Propiedades nucleares 235

APENDICE C: Unidades y constantes 269

BIBLIOGRAFÍA 273

~-------~-

Son numerosas las aplicaciones de la Física Nuclear, desde la medicina a la producción de energía -incluida la alternativa de fusión de plasmas en la que se tienenpuestas tantas esperanzas -, pasando por la dosimetría, la protección radiológica omultitud de usos industriales. Además constituye una proporción muy importantede las investigaciones en Ciencia Básica, en sí misma, como elemento auxiliar - porejemplo, en Biología- o como preparación para la Cosmología o para la Física dePartículas Elementales. Así lo reconocen los nuevos planes de estudio de las universidades españolas, al establecerla como asignatura troncal, obligatoria para todos losestudiantes de la Licenciatura en Física, y potenciar su estudio en las Ingenierías.

Sorprendentemente, la abundancia de buenos libros teóricos de Física Nuclearno se ve acompañada con la de libros de problemas, escasos en todo el mundo yespecialmente en España. Por eso nos parece oportuno aportar la experiencia quehemos acumulado durante muchos años de docencia en la Universidad a Distancia,tanto en la enseñanza teórica como en las prácticas de laboratorio. Creemos que estacolección de problemas puede ser muy útil para los estudiantes de Física Nuclear, lomismo en Ingenierías que en Ciencias.

La mayoría de los problemas han sido propuestos como trabajos prácticos a nuestros alumnos o como ejercicios de examen. Algunos son originales, otros adaptados,pero todos tienen, según nuestra experiencia, el carácter adecuado para facilitar elestudio y la comprensión de algún aspecto de la física del núcleo.

No es nuestro objetivo abarcar todos los aspectos de la Física Nuclear. Por esohemos hecho una selección, teniendo en cuenta los programas que suelen darse en lasasignaturas de esta materia de las Universidades españolas.

Los temas abordados cubren una gama amplia. Se empieza por las propiedadesgenerales de los núcleos para seguir con la radiactividad y las interacciones de la

11

~

"

.,,--

ir..


radiación con ljl materia. Se dedica también atención a la neutrónica y a los reactoresnucleares, así como a las partículas elementales.

El manejo de las radiaciones nucleares y los rayos X es una cuestión delicada quedebe hacerse con sumo cuidado, tanto más cuanto que son invisibles y no se puedendetectar sin instrumentación adecuada. Su uso imprudente o su desconocimiento espeligroso y puede llegar a producir lesiones graves. Es, por tanto, muy importante quesean bien estudiadas por quienes las utilizan en medicina, biología, equipos industriales, energía nuclear, etc. Por esta razón incluimos en este libro un capítulo sobredosimetría y protección radiológica.

Cada capítulo se refiere a un tema concreto y está dividido en secciones. Empiezan todos por una breve introducción teórica, pensada como ayuda rápida al lector, pero que no pretende suplir lá exposición más detallada que puede encontrarseen cualquiera de los abundantes tratados teóricos. Por eso se recomienda usar estelibro en combinación con alguno de esos textos.

En cada capítulo se desarrolla en detalle la solución de un conjunto de problemas,en orden de dificultad creciente. Siguen luego otros sin resolver, pero cuyo resultadoaparece al final del libro.

EI1 total se presentan 110 problemas resueltos y 89 propuestos, cuyas solucionesaparecen al final del libro.

Para terminar, en el Apéndice se añaden varias Tablas que creemos muy útiles:Tablas de unidades y constantes, Esquemas de desintegración y Propiedades de todoslos núclidos, esta última basada en la evaluación publicada en 1993.

Queremos hacer constar nuestro inmenso agradecimiento a la colaboración y ayudaprestada por el profesor Antonio Fernández-Rañada, sin cuyos consejos y estímuloshubiera sido difícil haber terminado este libro.

-

1. INTRODUCCIÓN TEÓRICA

1.1. Propiedades nucleares

Radio nuclear

Un núcleo contiene Z protones y N = (A - Z) neutrones, empaquetados en unvolumen de forma esférica o, al menos, aproximadamente esférica. Una propiedad muyinteresante es que su densidad no depende apreciablemente del número másico A y esconstante en su\nterlOr, es heClr, que et numerD he nll~eDne'S'j)D1:Iln\Q'(\QQe'Vfu\\Th'C-il

es aproximadamente constante.

A

~nR3 ~ cte.,

lo cual implica que el radio R es proporcional a A 1/3

R = RoA1/3 (1.1)

donde Ro vale entre 1,20 y 1,25 fm (el femtometro, igual a 10-15 m, se suele llamar"fermi" en física nuclear). A esta conclusión se llega a partir de experimentos de variostipos. Es importante señalar que unos miden el radio de carga, es decir, el radio dela distribución de protones, y otros el radio de la materia nuclear que incluye losprotones y los neutrones, obteniéndose el mismo valor en los dos casos.

13

j

",

14 Ft'sica Nuclear: problemas resueltos

-,

Masa y energía de enlace

La masa de un núcleo M = M(A, Z) no es igual a la suma de la de los protonesy neutrones que lo constituyen, sino algo menor. La diferencia

Ll = Zmp +(A - Z)mn - M,

siendo mp y mn las masas del protón y del neutrón, se conoce como defecto de masa.

La energía correspondiente al defecto de masa es la energía de enlace o de ligadura B

B = [Zmp +(A - Z)mn - M(A,Z)]c2• (1.2)

En muchos casos puede usarse la masa del hidrógeno y la del átomo, en vez de ladel protón y el núcleo correspondiente.

En la figura 1.1 puede verse la variación de la energía de enlace por nucleón B /A,en función del número másico A.

10

~65<r::--.....

~

, 89y l1°Cd 141Pr 180Hf 209Bi

"a "F, I I I I I20Nel •••••• ¡..', .....1••••• -1....•...1....•..., ...12Cl·· IOOMo 126Te 160Dy 197Au 238U

1 •• 75As_19p4Hee-- 14N

.IIB.9Be

.6Li

2H

oo 100

N.O MÁSICO (A)

200

FIGURA 1.1. Variación de la energía de enlace pornuc!eón

L ~ _

Suelen determinarse algunas masas midiendo la energía desprendida en una reacción, que corresponde a la energía cinética con que salen las partículas en la reacciónnuclear. Sea la reacción a + X - b + y + Q, en donde resulta:

Q = (ma +mx - mb - my) e2•

La energía de separación de un nucleón es la necesaria para separado de un núcleo.Su valor en los casos de un neutrón y un protón es

Sn = B(XD - B(X~-l), Sp = B(X~) - B(X~~ i). (1.3)

Una parte de la energía de ligadura la constituye la repulsión cou10mbiana de losprotones. Se suele aproximar a la de una distribución uniforme de carga eléctrica, concarga q y radio R, que vale

1 q23 _Ec ="5 4nEo R·

Como consecuencia, la diferencia entre las energías de Coulomb de dos núcleosespejos de cargas Ze y (Z - 1) e es igual a

!'!..Ec = ~~ [Z2 _ (Z _1)2] = ~ é A2/3,5 4nEoR 5 4nEoRo

(l.4)

donde Z representa el núcleo de mayor número atómico. Este método se utiliza paradeterminar el radio de un núcleo.

Espín,' paridad y momento magnético

Se define el espín de un núcleo como la suma de los momentos angulares totales(orbitales más de espín) de todos los nucleones. Se suele representar por la letra l.Para muchos propósitos, un núcleo se comporta como un objeto elemental con espín1 y carga Ze, por ejemplo en el efecto Zeeman. Como cada nucleón tiene espín 1/2,se debe cumplir que los núcleos con A impar tienen 1 semientero y si A es par, 1 esentero. Todos los núcleos con Z par y N par tienen 1 = O.

Otra propiedad importante es la paridad, que puede ser + ó - según sea la funciónde onda par o impar respecto a la inversión de las coordenadas. La paridad suelerepresentarse como n y, junto con el espín, como P'.

Además de la carga, los núcleos tienen momentos mu1tipo1ares electromagnéticos.El más importante es el momento magnético /1, que es del orden del magnetón nuclear

eh/1N = -2 - = 5,05 x 1O-27A.m2( ó 1fT).mp

Otra magnitud importante en algunos núcleos es el I11omentocuadrupo1ar eléctrico,que es una medida de cuánto se diferencia la distribución de carga de la forma esférica.

r

••••

16 F{sica Nuclear: problemas resueltos

1.2. Modelos nucleares

El modelo de la gota líquida

Este modelo fue propuesto por Bohr y se basa en comparar un núcleo a una gotade líquido, 10 que es posible debido a dos propiedades importantes: (a) la densidad deun núcleo es aproximadamente independiente de su masa atómica A, y (b) la energíade ligadura total es aproximadamente proporcional a su masa, B /A ~ consto Estaspropiedades se corresponden bien con dos de los liquidos: (a) la densidad de una gotano depende de su tamaño, y (b) su calor de vaporización es proporcional a su masa.(Nótese que este calor de vaporización es la energía necesaria para separar todas lasmoléculas del líquido y es, por tanto, análoga a la energía de ligadura del núcleo.)

El modelo de la gota líquida considera al núcleo como una esfera de volumenproporcional a A, con densidad uniforme y radio proporcional a A 1/3. Su resultadomás importante es la fórmula semiempírica de la masa, de von Weizsacker, que da lamasa de un núcleo M(A, Z) en función de la masa atómica A y de protones Z como

M(A,Z) = Mo(Z,A) +BI(Z,A) +B2(Z, A) +B3(Z, A) +B4(Z, A) +Bs(Z,A),

donde Mo(Z, A) es la masa de los nucleones constituyentes, es decir,

Mo(Z, A) = ZmH + (A - Z)mn,

siendo mH Y mn las masas del protón y del neutrón, respectivamente. Los otrostérminos son:

1. El término de volumen BI, que indica la parte de la energía de ligadura que esproporcional a la masa,

BI (Z, A) = -alA,

donde al es un coeficiente positivo. Este término decrece el valor de la masa.

2. El término de superficie

B2(Z, A) = +a2A2/3,

que representa una corrección proporcional a la superficie, y corresponde a latensión superficial de un líquido. Tiene en cuenta que los nucleones superficialesestán menos ligados.

-

Principales características del núcleo 17

3. El término de CoulombZ2

B3(Z, A) = +a3Á 1/3'

representa la energía positiva de la repulsión electrostática de los protones.

4. El término de asimetría favorece las configuraciones simétricas, pues es mínimopara Z = A/2

B4(Z, A) = a4(A - 2Z)2A

5. Por último, el término de apareamiento, que tiene en cuenta que los núcleoscon Z par y N par son especialmente estables, mientras que los que tienen Zimpar y N impar tienden a ser menos estables.

{ = -feA) si Z par, N parBs(Z, A) = = ° si par-impar o impar-par

= +f(A) si Z impar, N impar

la funciónf(A) se determina empíricamente comof = +asA-3/4

Los parámetros ab todos positivos, se obtienen de los valores experimentales delas masas de los núcleos.

Se tiene así la fórmula semiempírica de la masa:

M(A, Z) = ZmH + (A - Z)mn - alA + a2A2/3+

Z2 (A _ 2Z)2+a3-;::tm +a4 A ±f(A).

Una buena elección para las constantes, en MeV, es (Krane):

al = 15,5; a2 = 16,8; a3 = 0,72; a4 = 23; as = 34

El modelo del gas de Fermi

(1.5)

Este modelo se basa en dos hipótesis aparentemente contradictorias: (a) los nucleones - de modo semejante a los electrones de conducción en un metal- se muevenipdependientemente unos de otros, y (b) lo hacen sQmetidos a un potem:ial neto,que representa el efecto promediado de las interacciones con los otros nucleones, yque tiene la forma de un pozo cuadrado redondeado -tal como indica la figura 1.2-,constante en el interior del núcleo, y nulo fuera de él.

_________________________________ --.:.:...J

r

18 F(sica Nuclear: problemas resueltos

o. aA1/3

En

r

Vo

- Vo

EF

v0,9Vo 0,1Vo

FIGURA 1.2. Pozo cuadrado redondeado, donde EF

es la energía de Fermi, En la energía de enlace

La aparente contradicción se explica porque los nucleones, que por ser fermionesobedecen el principio de exclusión, llenan todos los niveles en el estado fundamental,desde el de mínima energía hasta el correspondiente a la energía de Fermi, EF. Peronótese que en cada nivel caben cuatro nucleones: dos protones y dos neutrones (encada caso, uno con m¡ = 1/2, otro con m¡ = -1/2). Como casi todos los estadosenergéticamente posibles están ya ocupados, casi no puede haber colisiones, exceptoaquellas en que dos nucleones intercambian sus energías, cuyo efecto neto es el mismoque si no hay interacción. Por tanto, aunque parezca paradójico, los nucleones semueven en el estado fundamental como si lo hiciesen libremente, sin interactuar. Laprofundidad del potencial resulta ser aproximadamente de 50 Me V, y su radio igualal del núcleo, es decir, de Ro 1/3A con Ro :::::1,3 fm.

El modelo de capas

En este modelo _se supone que los nucleones se sitúan en el núcleo de una maneraparecida a como 10 hacen los electrones en el átomo. O sea, que cada uno está sometidoa un potencial radial V (r), que representa al promedio de las acciones de los demás,siendo las funciones de onda de la forma tf¡ = R(r)Y¡rn(8, o). Resulta más convenienteemplear, además de 1 y m, el número cuántico radial nr (igual al número de nadas dela función radial más uno) en vez del principal, n, usado en física atómica (recuérdeseque n = nr + 1). Por eso no hay restricción para 1 y se habla de estados ls, lp, Id, ...

En primer lugar, se elige un potencial conveniente, parecido a un pozo cuadradocon borde suavizado y se resuelve la ecuación de Schr6dinger, hallando las funcionesde onda y las energías. Luego se van colocando los N neutrones y los Z protones

••

•


en los niveles así obtenidos, teniendo en cuenta que el principio de Pauli no permitecolocar más de 2(21 + 1) partículas de cada clase en cada capa ni. Se observa quelos núcleos cuyo número de protones o de neutrones es igual a 2, 8, 20, 28, 50, 82 ó126, son excepcionalmente estables, ya que su energía de excitación es muy alta: Seles llama números mágicos. El mismo fenómeno ocurre en física atómica con los gasesnobles, que tienen 2, 10, 18, 36, 54 ó 86 electrones, y por eso se interpreta que esosnúmeros mágicos corresponden a núcleos que tienen capas completas de nucleones.Para conseguir el orden de niveles que produzca esos números hay que suponer que lafuerza nuclear incluye un término de acoplo espín-órbita, proporcional a S.L. Su origenno puede ser electromagnético, como en el caso de los electrones en los átomos, porquees mucho más fuerte y está invertido, lo que significa que tiene el signo contrario, demodo que la energía de un nucleón disminuye si S.L es positivo y al revés. O sea, quela energía de cada nucleón es menor si el número cuántico J tiene el valor más altoposible (J = L + 1/2). Además la contribución de ese término a la energía aumentacon el valor de l. Incluyendo ese término de acoplamiento espín-órbita, se consigueque el pozo cuadrado con bordes suavizados tenga los niveles que indica la figura 1.3

Dos propiedades muy importantes de un núcleo son su espín y su paridad. Comose dijo anteriormente, el primero es el momento, angular total de todos los nucleones,y se suele designar con la letra 1. La segunda indica el cambio de la función de ondatotal tras la inversión espacial r ----- r. Como la paridad de cada nucleón es + si suI es par y - si es impar, la del núcleo es (-1) elevado al número de nucleones con Iimpar. El conjunto espín-paridad se suele designar como T' .

Cuando una subcapa está llena, su momento angular total es O y su paridad +.Además, los protones de una misma capa tienden a acoplarse en pares de modo

que el momento angular de cada par es O y lo mismo ocurre con los neutrones. Portodo ello se cumplen las siguientes reglas:

(a) Si N Y Z son mágicos, T' = 0+;

(b) Si uno es mágico y el otro mágico más o menos uno, el espín y la paridad son losdel nucleón que sobra o que falta para que los dos números sean mágicos;

(c) Los núcleos par-par tienen T' = 0+;

(d) Si A es impar, el espín-paridad es igual al del nucleón impar (con algunas pocasexcepciones);

(e) En los escasos núcleos estables impar-impar, el espín está comprendido entre ip+iny lip- inl , siendo ip y in los momentos angulares del protón impar y del neutrónimpar, respectivamente.

El modelo de capas no es tan bueno en la predicción de los momentos magnéticoscomo en la de los espines y paridades. Pero el análisis es interesante. '

En este modelo se supone que los nucleones tienen fuerte tendencia a aparearse(en pares protón-protón y neutrón-neutrón), de modo que los momentos angulares delos nucleones apareados se anulan dos a dos. Por ello, el momento magnético nuclear

_J

'"


-4s-3d-2g

-li

-3p-2/

", -- ij1S/2

-=~;~:~;:2=~:11::2------ //

-:-~~--/// '--- 2g9/2-- ......•............•.•...

....•.•....•....•...

"'" -- li13/2

-------<.:' __-_::::_-:.:::_-- 2/S/2

------ -- 217/2

164

3d3/2- 28

2g7/2 1263ds/2

10

143pl/2--- 2

43p3/2 --- 6

81h9/2--- 10

184168164162154142

136

126112

110106

10092

184

126

~

- 1h ---'_'"",

",

- 3s ----------------- 3SI/2

-2d

-lg

--------,--

----~ -

- - 197/2

1hll/y----- 12

2

2d3/2--- 4

2ds/2--- 68

82

7068

6458

82

" """-- 199/2

- 2p ---<::~~"'-_-=--=-::--1/s/2

- 1f --'=:::_,, __", --1f7/2

- 2s n-:.-=-~~":-:::=---2SI/2-Id ---,,::=_

102pI/2 --- 2

62p3/2-- 4

8

1d3/2--- 42

1ds/2 --- 6

5040

3832

28

2016

14

50

28

20

-lp- --lpl/2

<::::=----- - 1p3/2

2

4

8

6

8

- ls ----------------- lSI/2

sin acoplo con acoploespin-órbita espin-órbita

(a) (b)

2

(2) + 1)

2

L(2) + 1)

2

Númetosmágicos

FIGURA 1.3. (a) Orden de llenado de los niveles de un pozo cuadrado redondeadosin acoplo espín-órbita. (b) Lo mismo con acoplo espín-órbita invertido. La columnade la derecha indica el número acumulado de nucleones de cada clase que ocupan los

niveles hasta el dado. Cuando la diferencia de energía hasta el nivel siguiente esalta, se produce un número mágico

••

.,


debe ser el del nucleón impar. Recordemos que los momentos magnéticos intrínsecosdel protón y del neutrón valen f1s,p = 2,7927f1N Y f1s,n = -1, 913lf1N' siendo f1N =eh/2mp el magnetón nuclear, Esto indica que sus relaciones giromagnéticas de espínson gs,p = 5,5855 Y gs,n = -3,8263, El operador de momento magnético total de unnucleón es, por tanto,

ef1 =2m (g¡L +gsS) ,p

donde g¡ vale 1 para los protones y O para los neutrones, y gs toma los valores quese acaban de indicar, Usando el modelo vectorial para los momentos angulares podemos decir que L y S precesionan alrededor de su suma J, por lo que el valor mediode f1 es

(f1) = f1.JJJ2

Sustituyendo el valor de f1,

e J(f1) = 2mp (g¡ L.J +gsS.J) J2'

El momento magnético del núcleo debe ser igual a esta expresión, evaluada en elcaso del nucleón impar; más precisamente el valor máximo de su componente z quese obtiene sustituyendo J por Jh. Teniendo en cuenta que J2 =j(j + 1)h2, resultafinalmente que el momento magnético nuclear vale, en el modelo de capas,

e g¡L.J +gsS.Jf1 = 2mp (j + 1) h2

Hay que tener en cuenta que

L.J = ~ (i(j + 1)+ [(l + 1)- ~ ) h2,

S.J = ~ (j (j + 1)- [(l + 1)+ ~) h2,

con lo cual el momento magnético del núcleo vale, expresado en magnetones nucleares,y escribiendo [, el símbolo del espín del núcleo en vez de j

1

si [ = [+ 2'

1

SI [=[-2'

f1 = ([ - ~ ) g¡ + ~gs ,

f1 = [~l [ ([ + ~) g¡ - ~gs]

(1.6)

(1.7)

--------------------------~~

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, otro si es un neutrón) que dan el momento magnético en función de l.En un gráfico (fl, l) dan dos líneas llamadas de Schmidt, una para l = 1+ 1/2, otrapara l = 1- 1/2. En la mayoría de los casos, el valor observado no está sobre esaslíneas, sino entre ellas, es decir, entre los valores correspondientes a l = 1+ 1/2 y al = 1-1/2. Esto muestra la limitación del modelo de capas, que es demasiado simple.Se obtiene un mejor resultado incluyendo el efecto de las excitaciones colectivas delnúcleo.

""1


2. PROBLEMAS RESUELTOS

2.1. Radio

G) Calcular la energía cinética máxima de los positrones emitidos en la desintegración:

015 ~ NI5 +p+ +v.

Sabiendo que R = 1,45 X 10-15 AI/3 m, explicar las hipótesis que se introduzcan.

Solución:

Se trata de núcleos espejo: Un protón se cambia por neutrón + positrón.

La diferencia de energías coulombianas entre 2 núcleos espejos de cargas Ze y(Z - 1) e viene dada por la fórmula (1.5).Sabiendo, del enunciado, que Ro = 1,45 x 10- 15 m

y (Z2-(Z-1)2)=2Z-1.

Si tenemos que 2Z - 1 = A en los núcleos del problema, siendo Z el númeroatómico del núcleo que lo tenga mayor, la expresión (l.4) queda de la siguientemanera:

3 e2 A2/3,I!i.Ec = "5 x 4nEo 1, 45 x 10 15

La energía cinética máxima de los positrones emitidos será

Trnax = l1Ec - (mn - mp) c2 - mec2,

sustituyendo los valores de mn, mp y me

Trnax = l1Ec - 1, 811 MeV,

además sustituyendo valores: l1Ec = 3,624 MeV,

r Trnax = 1, 813 MeV

Hipótesis:

a) Las fuerzas nucleares tienen simetría de carga.La diferencia de energía entre el 015 Y NI5 es la de las energías de Coulomb.

________________________________ ~__d

,b) El neutrino no tiene masa, su energía mínima es cero.La energía máxima del f3 + es


L I~~

AEc(015) - AEc(N15) - (mn - mn) c2 - mec2.

® Demostrar que el potencial electrostático U(r) dentro de una esfera que contieneuna densidad uniforme de carga positiva es

q (3 1 r 2)U(r) = -- - - - (-) ,

4nBoR 2 2 Rcon r ~ R, l

donde R es el radio de la esfera.

Solución:

Aplicando el teorema de Gauss, el campo eléctrico en un punto A a una distancia rdel centro, vale:

E(r) = q(r)4nEor2 '

donde q(r) es la carga contenida en una esfera de radio r,

q(r) = O"jnr3, O" es la densidad volumétrica de carga.

E(r) no dependerá de la cargafuera de la esfera de radio r.

4 r O"r

E(r) = "3 nO" 4nEo - 3Eo

El potencial en el borde de la esfera total, r = R, es

Uo = 4 q R' en el interior:nEo

[ 4 r2] rr q -nO"--,

U = Uo - f E(r)dr = 4nEoR - 3 8nEo Ro

v

R


como a = q/(~nR3) ===}

q [3 1 (r )2]U(r) = -- - - - -

4nEoR 2 2 R

SI r:::;; R.

La forma del potencial es coulombianasi r > R Y cuadrática (tipo oscilador)si r < R.

La desviación del potencial coulombiano produce cambios en los nivelesde energía que permiten determinar eltamaño nuclear.

...,

® (a) Calcular el radio de la órbita s de un átomo n-mésico para un átomo de Na~~

(b) Demostrar que la órbita se sitúa fuera del núcleo, suponiendo el parámetrodel radio nuclear Ro = 1,45 X 10-15 m.

(c) Calcular la densidad de los nucleones disponibles para la interacción y elrecorrido libre medio que corresponde a una sección eficaz de n(h/w)2,donde Jl = 273me·

Solución:

(a) El valor del radio en función de la órbita, para un átomo n-mésico, es

n2h2

R = 4nEo-Ze2''" m",

Teniendo en cuenta ao = 4nEo h22 Y que n = 1 para la órbitas :::}mee

ao me

R", = Zm",'

sustituyendo valores,

0,53 x lO-10m x 0,511 MeV = 17,6 x 10-15 m.R", = 11 140 MeV

IR", = 17,6 fm I

~

..

26 F/sica Núclear: problemas resueltos

(b) Aplicando la expresión (1.1) y teniendo en cuenta que

Ro = 1, 45 x 10- 15m,

R = 1,45 X 10-15 x 231/3 = 4, 12 x lO-15m = 4, l2fm,

como Rn > R ::} Se encuentra fuera del núcleo.

(c) La expresión de la densidad de nucleones es

Ar

p = '1nR;'3

dortae/Ar serán los nucleones que se encuentran dentro de la esfera de radioRn. Ar = A.

p = 23~n(l7,6 x 1O-15m)3 =ll,01x1042 m-31

El recorrido libre medio será

1 1

A = ~ = pa'

a = n (~)2 = n ( 6,58 x 1O-16eV.S.c )2pc . 273 x 0,511 x 106eV = 6,29 x lO-30m2 = 6,29 x 1O-2b,

I A = 1, 59 x 10- 13 m

2.2. Masa

G) Calcular la masa del átomo de N17, si la energía de la reacción 017 (n,p)NI7 esQ = 7,89 MeV.

Solución:

Se trata de la siguiente reacción:

O~7 +n - Nf +p + Q , donde

••


Q = [m(N~7) +mp - (m(0~7) +mn)].c2,

7,89 -3Q = 931, 5 = 8,47 x 10 u.a.m.,

despejando m(Nf) y sustituyendo los valores de las masas del n, p y Or queaparecen en las tablas,

I m(Nf) = 17,008442 u.a.m·1

® Siendo las diferencias en las masas de los tres dobletes (u.a.m.):2Hl- H2 = 0,001548

3H2- !Cl2 = 0,042306Cl24H1- 016 = 0,036386

Encontrar las masas atómicas de H1, H2 Y 016.

Solución:Este problema se basa en el método de los dobletes de masa para medir las masasde diferentes isótopos. Midiendo las diferencias de masas entre moléculas de masamuy parecida (con un espectrógrafo de masas) se puede obtener la masa de distintos isótoposdespejándolos en función del C12 (punto fijo de las masas atómicas).a = 2Hl- H2

b = 3H2- !C12C = Cl24H1- 0162a = 4H1 - 2H2; 2a - c = 016- 2H2_Cl2 y despejando en b:

lC12 1H2 = b + !- = 12,014102 u.a.m.

016 = (2a - c) +2H2 + Cl2 = 115,994914 u.a.m.1

H1 = a ~ H2 = 11,007825 u.a.m.1

®(a) Calcular la energía de separación de un neutrón de: Li7, Zr91 y U236.

(b) Encontrar la energía de separación de un protón de: Ne20, Mn55 y AU197.

~

1'"


Solución:

(a) La cantidad de energía necesaria para separar un neutrón del núcleo X1: esigual a la diferencia de energías de enlace entre X1: y X1- 1, como aparece enlas ecs. (1.3)

Sn = B(X1) - B (X;-l) = [m (X;-l) - m (X;) +mn]c2.

Con los datos de las masas que aparecen en las tablas de propiedades nuclearesse obtienen los siguientes resultados:

Sn(Li7) = 7,783 X 1O-3c2 = 7,25 MeV.

-~'---------/

Sn(Zr91) = 7,724 X 1O-3c2 = 7, 19 MeV.

Sn(U236)= 7,025 X 1O-3c2 = 6,54 MeV.

(b) La energía necesaria para separar un protón del núcleo X1: viene dada por ladiferencia entre las energías de enlace de X1: y y1::: ¡,como aparece en las ecs.(l.3)

Sp = B(X1) - B (yt--/) = [m (yt--/) - m (X;) +mH]c2.

Con los datos de la tabla se obtiene:

Sp(Ne20) = 1,38 X 1O-2c2 = 12,85 MeV.

Sp(Mn55) = 8,66 X 1O-3c2 = 8,07 MeV.

Sp(AUI97) = 6,21 X 1O-3c2 = 5,78 MeV.

@ Estimar cuánta energía de fisión (kWh) se podría obtener en teoría si se disponede 1,5 kg de U235, sabiendo que la curva de defectos de masa disminuye desde0,14 unidades de masa para el uranio hasta - 0,06 unidades de masa en el centrodel sistema periódico.

Solución:

Suponemos que el U235 se fisiona en dos partes iguales (dos núcleos del elementodel centro de la tabla periódica XA, para realizar el problema no necesitamosconocer qué núclido es). La energía emitida por núcleo fisionado será:

1

,

•••••


Q = B(U235) - 2B(XA) = (O, 14 + 2 x 0,06) x 931,5 MeV jnúcleo =

= 242, 19 MeV /núcleo = 1,08 X 10-17 kWh/núcleo.

En 1,5 kg de U235 hay el siguiente numero de núcleos:

mNA 1, 5 x 103 X 6,023 X 1023 = 2,56 X 1024 núcleos.N = ----;;¡- = 235

La energía aprovechada

lE = 4, 14 X 107 kWh I

2.3. Energía de enlace

CD Calcular las energías de enlace por nucleón de los siguientes núcleos: He3, 016,Sn120 y CU63 y representarlas en una gráfica.

Solución:Teniendo en cuenta la fórmula (1.2) que aparece en la introducción teórica, laenergía de enlace por nucleón será

B(X1)A

[ZmH + (A - Z)mn - M(A, Z)] e2

A

aplicando esta expresión y con los datos que proporcionan las tablas:

B(HeD = 2,762 X 1O-3e2 = 2,57 MeV /nucleón,

B(OA6) = 8,563 X 1O-3e2 = 7,98 MeV/nucleón,

B(Sn~~O) = 9, 131 X 1O-3e2 = 8,50 MeV /nucleón,

B(Cu~~) = 9 396 X 1O-3e2 = 8,75 MeVjnucleón.63 '

~

8

I_~CU63

Snl20

7,-..,6

;>O):::E'--'<t: 5----~

4

32 -1 ¿ He3O

102030405060

Z

® Si un núcleo que posee igual número de protones y neutrones y tiene un radioigual a 2/3 el radio del V54 (tomar Ro = 1, 4 x 10- 13cm), encontrar la energía deenlace.

Solución:Utilizando la expresión (1.1) para el radio, tenemos para el V54

R = RoA 1/3 = 1, 4 x 10- 13(54)1/3cm = 5,3 x 10- 13 cm.

Para el núcleo del problema

2

Rl = 3R = 3,53 x lO-13cm = 1,4 x lO-13A;!3::::} Al = 16.

Se trata del O~6. Con la expresión (1.2) de la energía de enlace y los datos de lastablas,

B(O~6) = 0, 137c2 = 1127,6 MeV I

CID ¿Qué energía se libera en la formación de dos partículas ex como resultado dela fusión de H2 y Li6, si la energía de enlace por nucleón en H2, He4 y Li6 son1,11; 7, 08 Y 5,33 MeV, respectivamente?

o


Solución:

Se trata de la siguiente reacción

Hi + Li~ - 2Hei·

La energía liberada será

Eliberada = B(Hei) - B(Hi) - B(Li~) = (8 x 7,08 - 2 x 1,11 - 6 x 5,33) MeV,

I Eliberada =22,44 MeV I

(a) Conociendo las masas del 015 y del N15, calcular la diferencia en la energíade enlace.

(b) Suponiendo que la diferencia se debe a la diferencia en la energía coulombiana, calcular el radio nuclear del 015 y del N15.

Solución:

(a) Aplicando la expresión (1.2) de la energía de enlace para el 015 Y el N15

B(0~5) = (8 mH + 7 mn - 15,003065) e2,

B(Ni5) = (7 mH + 8mn - 15,000109) e2,

¿),B = [B(Ni5) - B(0~5)] = (mn - mH +2,956 x 1O-3)e2 = 3,796 X 1O-3e2,

I ¿),B = 3, 54 Me V I

(b) Con la fórmula (l.4) para los núcleos espejo,

3 e2¿),B = ¿)'Ec = 3,54 MeV = - x A2/3,

5 41CEoRo

despejando y sustituyendo valores

3 1,439976 MeV.fm (15)2/3 = 1,48fm,Ro = "5 x 3,54 MeV

R = RoA 1/3 = 3, 65 fm = I 3,65 x 10- 15m I

® Usando la tabla adjunta,

(a) mostrar que el Be8 puede desintegrarse en dos partículas IX con desprendimiento de 0,1 MeV de energía, pero que el el2 no puede desintegrarse entres partículas IX,

(b) mostrar que la energía desprendida (incluyendo la del fotón) en la reacciónH2+He4 -> Li6 +y es de 1,5 MeV.

Núcleos: H2He4Li6Be8el2

EnergíaEnlace (MeV):

2,2228,331,9956,592,16

Solución:

(a)

Be~ ~ 2Hei + Q,

para que la desintegración sea espontánea ¡),B > O

¡),B = 2B(Hei) - B(Be~) = (2 x 28,30 - 56,50) MeV = O,1 MeV> O,

El Be~ se desintegra y los 0,1 MeV que sobran se utilizan como energía cinética.

q,2 ~ 3Hei +Q,

¡)'B = 3B (Hei) - B(q2) = (3 x 28,30 - 92, 16) MeV = -7,26 MeV < O,

El q2 necesita 7,26 MeV para desintegrarse; está más fuertemente enlazadoque las tres IX •

••••


(b)

2 H 4 L'6H¡ + e2 - 13 + y,

Q = [M(Li~) - M(Hei) - M(HDJ e2 = -AB = B(Hei) +B(HD - B(Li~) =

= (28,30 + 2, 22 - 31,99) MeV = -1,47 MeV.

La energía de enlace del Li~ es de 1,47 MeV más que la del ex y del protón; sila energía del fotón es 0,03 MeV, resulta que sobra

(0,03 + 1,47) MeV = 1,5 MeV,

que se utilizan en aumentar la energía cinética del Li~.

2.4. Modelos nucleares

G) Utilizar la fórmula semiempírica de la masa, (1.5) para determinar la energía deenlace que está disponible si un núcleo de U235 captura un neutrón. Ésta es laenergía que induce la fisión del núcleo de U236.

Solución:U235 +n _ U236 + Q,

de donde Q = (m235 + mn - m236) e2.

Al ser U235 de A impar, h35(A) = O; el U236 tiene Z par, N par, por lo quef236(A) = _34A-3/4.

Aplicando la fórmula, resultan los valores siguientes:m235 = 235,068 u.a.m.m236 = 236,07015 u.a.m.de donde Q = (235,068 + 1,008665 - 236,07015) e2•

I Q = 6,07 MeV I

Como puede observarse al comparar los resultados de las masas del U235 y el U236

con los de la tabla de propiedades nucleares, esta fórmula (1.5) no se ajusta bienpara los núcleos deformados como es el caso del uranio. Sería necesario añadirotros parámetros.

34 -Frs!ca Nuclear: problemas resueltos

® Utilizando la fórmula semiempírica de la masa, (1.5),

(a) determinar la carga de un núcleo cuya masa es la más pequeña entre losnúcleos con mismo valor impar de masa atómica A,

(b) predecir el carácter de la actividad de los siguientes núcleos p-activos: AgI03,Sn127y CS141.

Solución:

La carga más pequeña se determina haciendo dM(A, Z)/dZ = O.

Operando, resulta

ZIn = 92,78A.n, 1 •••• ~,., ," ,

sustituyendo para los valores del problema, resulta

para Ag~?3, ZIn = 44, 3; en donde se ve que Zm < Z,

para Sn1ír, ZIn = 53,46; en donde· ZIn > Z,

para Cs1r, ZIn = 58,66; en donde ZIn > Z.

Por tanto, la AgI03 posee actividad 13+, y el Sn127y el CSl37poseen actividad 13-.

CID Utilizando la fórmula semiempírica 'de la masa, (1.5),

(a) Evaluar los puntos sobre la parábola de masa = 27 para los únicos tres valores de Z encontrados, Z = 12, 13, 14.

(b) ¿Qué valor de Z corresponde al núcleo estable?

(c) Encontrar los tipos de decaimientos y las energías para las desintegraciones13 de los núcleos inestables.

Solucióu:

(a) Como A es impar, feA) = O. Dando valores en la fórmula (1.5) paraA = 27, Z = 12, 13 Y 14, resultan:

M (27,12) = 26,982 u.a.m.; M (27,13) = 26,980 u.a.m.; y M (27,14)= 26, 9866 u.a.m.

Se observa en la figura siguiente que el más estable es el AF7. El Mg27 decaepor emisión 13- y el Si27por emisión 13+.


cd'"cd

::E

9F

10Ne

11Na

12

Mg

13Al

14Si

15p

16S

z

(b) El núcleo estable debe tener un valor de Z que será el mínimo de M(A,Z), esdecir, el valor que haga d[M(A, Z)]/dZ = O.

4a4 + (mn - mH)e2 92, 78A ~Zm = 2(4a4 +a3A2/3) A = 184 + 1,44A2/3 = ~

este valor de Z es el más próximo al AF7. Para A impar, sólo hay un núcleoestable.

(c) Las diferencias de las masas

(MAl - MMg) e2 = (26,982 - 26,980) e2 = 11,86 MeV I (emisión {3-).

(MSi - MAl) e2 = (26,9866 - 26,980 - 2me) e2 = 15, 12 MeV I (emisión {3+).

Éstas son las energías de los emisores f3 de los núcleos inestables.

@) En el modelo del pozo de potencial se verifica que

N = ~ (2mnEn )3/23n2 -r ' Z = ~ r 2mp(Ep - U)1.3/23n2. h2 '


donde En Y Ep son las energías del neutrón y del protón ocupando el nivel másbajo de energía, y U es el potencial electrostático. Comprobar que cuando N == Z = A/2, resulta: En = (Ep - U) ~ 38 MeV.

Solución:

N/V = _1_ (2mnEn2) 3/23n2 h '

la densidad nuclear será Po = A/V. Si N = Z = A/2, la densidad neutrónica seráPn = ~Po; tenemos entonces que A = ~nR3 Po, de donde

_ 3A 3APo - ---

4nR3 - 4n(l, 1)2A = 0, 197/fm3,

por tanto,

SI R=1,1A1/3fm,

el2•6 .

1

Pn = "2Po = 0,090 = N/V = _1_ (2mnEn )3/23n2 h2 ,

10 que implica, despejando En Y ~ustituyendo:

- (7,1)1/3h2 = I 39,5 MeV IEn - 2mn

® Cuáles son los momentos angulares y paridades predichas por el modelo decapas para los estados fundamentales de los núcleos siguientes: Cl2; SIl; Ne20;A127;Ca41; y Ga69.

Solución:

Según la figura 1.3, las últimas capas están ocupadas por los siguientes niveles:

{ Z: (lP3/2r } par-par ¡n = 0+ ,N: (lP3/2)

BII.S •

Nei8 :

A1i~ :

{ Z: (lP3/2)3 }.N: (lP3/2)4 Impar-par ¡n = 3/2- pues (_1)1,

{ Z: 8 + (ldS/2?}' .N : 8 + (ldS/2)2 numero magico ¡n = 0+,

{ Z: 8 + (ldS/2)S }.N: 8 + (lds/2)6 Impar-par ¡n = 5/2+ pues (_1)2,


Ca41. { Z : (1d3/2)4 } .20' N: 20 + (117/2)1 par-Impar In = 7/2- pues (_1)3,

69. { Z: 28 + (2P3/2)3, A - ~mpar } 1" = 3/2- pues (_1)1.Ga3I· N: 32 + (1fS/2)6, Z -Impar

® Hallar la configuración, el espín y la paridad de los núcleos 016, Ca40 y Pb208.Representar en un diagrama la colocación de los nucleones.

Solución:

Se trata de tres números doblemente mágicos, es decir, con número mágico tantode protones como de neutrones, pues los valores de (Z, N) son, respectivamente,(8,8), (20,20) Y (82,126). Por eso su espín es O y su paridad +, o sea, que son 0+.Como se observa en el diagrama, en el O~6 están llenas todas las semicapas hastala 1pl/2; en el Cai8, hasta la 1d3/2; en el Pb~g8, los protones ocupan los niveleshasta los 1h11/2 y los neutrones hasta los 1i13/2•

ld3/2

2S1/2

lds/2

lpl/2

lp3/2

lSI/2

Cai8

INeutrones : Protones

[,

lpl/2

lp3/2

lSI/2

Neutrones

0168

Protones

o Según el llamado modelo de las partículas alfa, un núcleo es un conjunto departículas alfa ligadas entre sí, más algunos nucleones sueltos. Por ejemplo,el Cl2 se considera formado por tres partículas alfa y el 016 por cuatro. Buscando en una tabla los valores de la energía de ligadura, estimar la intensidaddel acoplo entre las partículas alfa en estos núcleos. Representar en un diagrama los niveles ocupados por los nucleones e interpretarlos en términos departículas alfa.


Solución:

La energía de ligadura de una partícula alfa es Bex = 28,3 MeV. Las de los núcleosCl2 y 016 son 92,2 MeV y 127,5 MeV, respectivamente:

Ec - 3Bex = 92,2- 84,9 = 7,3;

Ea - 4Bex = 127,5 - 113,2 = 14,3;

7:/ ~ 12,4 MeV ,

1¿3 ~ 12,4 MeVI

Como hay tres posibles enlaces entre tres alfas, es necesario que cada uno tengaaproximadamente 2,4 MeV, en el caso del carbono. En el caso del oxígeno, hayseis enlaces que tendrán la misma energía.

(a)r Cai8I I11

1

1I1I1I1

II1

(b)\ ;016r

8

1

I- !

r

I1I1

I1IIIII

--

-

I

1

I

-- --1

III"--

I

1

),

./

Neutrones Protones Neutrones Protones

-

En (a), los cuatro nuc1eones en ISI/2 se pueden considerar como lec y los ocho enlp3/2, como 2ec. En (b) el proceso de llenado es el mismo para el 016, Y se puedeconsiderar lec en el primer nivel, 2ecen el segundo, y lec en el tercero.

® Demostrar que si el protón se considera como un cuerpo uniforme cuyo númerocuántico de momento angular es s = 1/2, su momento magnético absoluto esigual a !fiJlN

Solución:

El magnetón nuclear es: JlN = eñ/2mp, siendo mp = masa del protón.

La relación giromagnética: y = e/2mp. Si una carga se mueve con un momentoangular S, su momento magnético vale Jl = eS/2mp .

••

El valor propio del cuadrado del momento angular esj(j + l)ll. En este caso, setrata del espín de un protón, por lo que hay que tomar j = s = 1/2, Y por tanto,

s = js(s + l)h = /~ x ~h = .J3hV 2 2 2'

y su momento magnético:

como f1N = eh/2mp, resulta:

e.J3 h,f1 = 4mp

I f1 = Vf1N I c.q.d.

® Utilizando el modelo de capas, determinar los momentos magnéticos de losnúcleos H3 y He3 en el estado fundamental.

Solución:

(a) El H3 tiene un protón y dos neutrones: el protón es impar. Observando lafigura 1.3, se ve que los tres nucleones están en el nivel ls1/2, luego 1= 1/2,1 = O; 1 = 1 + 1/2, y g¡ = 1. Se aplica la fórmula (1.6)

f1 = (1- 1/2)g¡ + 1/2gs = 1/2gs = 2,79.

(b) El He3 tiene dos protones y un neutrón: El neutrón es impar. De la figura 1.3,se ve que los tres nucleones están en el nivel lS1/2• 1 = 1/2; 1 = O; 1 = 1+ 1/2,y g¡ = O. Se aplica la fórmula (1.6)

f1 = 1/2gs = -1, 91.

Por tanto,

I H3: f1 = 2,79 f1N I

I He3 : f1 = -1, 91 f1N I

Los valores experimentales son

H3 : f1 = 2,7789 f1N,

He3 : f1 = -2,1276 f1N'

40 Frsica Nuclear: problemas resueltos

3. PROBLEMAS PROPUESTOS

1. Calcular el valor de n de la órbita muónica de cualquier átomo muónico que seencuentra justo en el interior de la capa electrónica K.

2. Las energías de enlace de los núcleos espejo Bll y Cl! son 76,205 MeV y 73,443MeV, respectivamente. Suponiendo que la diferencia es debida solamente alefecto de Coulomb y que la carga del protón está uniformemente repartida entoda la esfera de radio Re.

(a) Calcular Re.

(b) Ésta es una manera fácil de estimar el tamaño de los núcleos. Comparar Recon el valor de R = 1,1 Al/3 fm y comentar la diferencia.

3. Dados los siguientes valores de dobletes (u.a.m.), determinar el valor correspon-diente a la masa de Cp7 y de 016.

C3H - Cp7 = 0,0419222.

C2Dg- CP7H3 = 0, 123436.

C3H602-Clr = 0, 1049742.

4. Dados los siguientes defectos de masa, encontrar las correspondientes masasatómicas:

(a) Na24: - 8,418 MeV.

(b) Sm144: - 81,964 MeV.

(c) PU240: + 50,123 MeV.

5. Calcular la energía necesaria para dividir un núcleo de He4 en:

(a) H3+ p.

(b) He3+ n.

(c) Explicar la diferencia entre estas energías en función de las propiedades delas fuerzas nucleares.

,¡<

6. ¿Qué energía se necesitará para dividir un núcleo de 016 en una partícula ex y •.1...·'.·....

un núcleo de Cl~? Las energías de enlace del 016, Cl2 y He4 son: 127,62; 92,16; •Y 28,30 MeV, respectivamente.

:f

...•

características del núcleo 41

7. Calcular la energía de enlace total y la energía de enlace por nucleón de lossiguientes núclidos:

LF, Ne20, Fe56 y U235.

8. Según el modelo nuclear de capas, cuáles serán los espines y la paridad de lossiguientes núcleos en el estado fundamental: SF9, K39, SC45y CU63.

9. Usando la fórmula semiempírica de la masa (1.5) averiguar si el nucleido radiactivo Tel29 es un emisor [3+ Ó [3- .

10. ¿Qué nucleidos son estables con masa A = 36? Considerar la zona 13 ~ Z ~ 20.

11. Determinar el espín y la paridad de los núcleos W4 y N15.

12. Usando el modelo del gas de Fermi y la figura 1.2, estimar la energía de Fermide los nucleones y la profundidad del potencial nuclear.

13. Utilizando el modelo de capas, determinar los momentos magnéticos de losnúcleos 017y K39 en el estado fundamental.

r -

If

I '1


1.1. Leyes de la desintegración radiactiva

Si hay N núcleos radiactivos en el instante t, y en la muestra no se generan nuevosnúcleos, el número de los que decaen por unidad de tiempo es proporcional a N. Esdecir, si decaen dN en el tiempo dt:

A= (dNjdt)N

donde A se llama constante de desintegración Y representa la probabilidad de que unátomo se desintegre en la unidad de tiempo.

Integrando, resulta

N(t) = Noe-Jet

que es la llamada ley exponencial de desintegración radiactiva. -

En la figura 2.1 puede verse esta ley exponencial de desintegración.

43

(2.1)

,,.-

44 Fisica Nuclear: problemas resueltos

N

eno.¿;()o:l

:;o:l...enoO)

().;:lZ

tiempo

FIGURA 2.1. Ley exponencial de la desintegración

No es el número de núcleos presentes en t = O. N(t) es el de núcleos que quedan alcabo de un tiempo t. El tiempo necesario para que se desintegre la mitad de ellos vienerepresentado por el periodo de semidesintegración T o simplemente periodo. Haciendo

No ln2N - - =} T = ,---.- 2 /\.

La vida media, " es el tiempo medio que sobrevive un núcleo antes de desintegrarse.Puede demostrarse que vale

1

, = :¡.

Es más práctico utilizar la actividad (número de desintegraciones por segundo),que es la velocidad a la cual se desintegra una muestra radiactiva

A(t) = AN(t) = Aoe-At, (2.2)

~

siendo Ao = ANo, la actividad inicial.

La unidad de medida de la actividad es el becquerelio: 1 Bq = 1 des/s. Otra unidadmuy utilizada es el curio: 1 Ci = 3,7 X 1010 Bq.

Cuando un núcleo se desintegra en otro que es también radiactivo, y éste en otro,etcétera, se tiene una cadena o serie radiactiva 1 _ 2 _ 3 _ ...

Radiactividad 45

El núcleo padre disminuye según dN¡ = -A¡N¡dt. El siguiente aumenta comoresultado de la desintegración del padre, pero al mismo tiempo disminuye según supropia constante Az. Entonces, resulta dNz = A¡N¡dt - AzNzdt.

Resolviendo las ecuaciones se llega a

Nz(t) = ,NoA~ (e-Alt _ e-A2t),z - ¡

suponiendo que las condiciones iniciales son: Nz(O) = O, N¡(O) = No.

Az(t) = AzNz = No A¡AZ (e-Alt _ e-A2t),Az - A¡

así puede continuar se la cadena para N3, •••

Equilibrio radiactivo

(2.3)

(2.4)

a) A¡ < Az

El padre con periodo muy largo se desintegra de manera aproximadamente cons-tante, e- Al t :::;1

Y N¡:::; No

Nz(t) = N~:I (1 _ e-A2t),

para tiempos largos, e- A2t :::; O, y resulta que ambos se desintegran a la mismavelocidad: A¡N¡ = AzNz. Éste es un ejemplo de equilibrio secular.

b) A¡ < Az

La relación entre las actividades es de la forma

AzNz Az

A¡N¡ = (Az - A¡)'

para tiempos largos.El núcleo 2 se desintegra con velocidad ligeramente mayor que el núcleo 1. Estasituación se conoce como equilibrio transitorio.

c) A¡ > Az

En este caso el núcleo padre se desintegra más rápidamente y la actividad delhijo aumenta hasta un máximo y lue>godisminuye según su constante Az. Parat grande, e-Alt desaparece también, y la ecuación (2.3) se transforma en

NoA¡ -A2teNz(t) = , _ Az¡

-


Cuando un núcleo inestable experimenta un proceso de desintegración radiactiva,se transforma en otro núcleo que posee o conducirá a una configuración más estable.Esto lo puede hacer mediante la emisión de partículas (a, f3) donde el núcleo hijoes una especie nuclear distinta, o bien emitiendo radiación electromagnética (y) y elnúcleo hijo es de la misma especie. El balance energético de la desintegración será

Q = (mp - md - me)c2 = ER +Ee +Eniv., (2.5)

siendo mp la masa del padre, md la masa del hijo, me la masa de las partículasemitidas, ER la energía cinética de retroceso del núcleo, Ee la de las partículas emitidasy Eniv. la energía de excitación del hijo, si no está en su estado fundamental.

1.2. Tipos de desintegración

Desintegración (X

La partícula alfa es el núcleo del He4. El proceso de emisión es el siguiente

X~ - y~:::i+Hei·

Esto ocurre en núcleos con A > 140, porque la partícula a forma un sistema fuertemente enlazado. Un ejemplo: Ra~~6- Rn~~2+a. Las energías cinéticas desprendidasen el proceso son altas.

Reglas de Selección Si ¡ex es el momento angular de la partícula a emitida en ladesintegración, su valor será ¡ex = 11i -l¡ 1, donde Ii es el momento angular total delestado inicial e I¡ el del estado final. El cambio de paridad en la transición, L\n, vienedado por (-li'" .

1.3. Desintegración fJ

Ocurre en núcleos que tienen neutrones o protones en exceso. Se emite siempreun neutrino.1 Hay tres procesos:

a) desintegración f3-: n - p + e- +v

A yA - +-Xz - Z+1 +e v,

b) desintegración f3+: p - n + e+ + v

x~ - y~-1 +e+ +v,

----

Radiactividad 47

c) captura electrónica, (C.B.): p + e- - n +v

x~+e- - Y~-1 +v,

En todos ellos se conserva el número másico A = Z + N.

Reglas de Selección Transiciones permitidas: t"!.I = II¡ - IJ I = 0,1; cambio deparidad, t"!.n::} no.

Hay una serie de transiciones denominadas "prohibidas". La designación de transiciones "prohibidas" indica que dichas transiciones son mucho menos probables quelas permitidas (y por tanto con vida media más larga). Se clasifican de la siguientemanera, en orden de probabilidad decreciente

1.a Prohibida --- t"!.I = 0, 1,2 t"!.n::} sí.

2.a Prohibida --- t"!.I = 2,3 t"!.1i::} no.

3.a Prohibida --- t"!.I = 3,4 t"!.n::} sí.

4.a Prohibida --- t"!.I= 4,5 t"!.n::} no.

Diagrama de Kurie La probabilidad de encontrar un electrón con un momentocomprendido entre p y p + dp es:

[ 2] 1/2P (P)dp - p2F(Z,E)(Eo - T) (Eo - Ti - (mvc2) dp,

donde el factor de Fermi, F(Z, E), es un factor de corrección de la barrera de Coulomb,y está tabulado. Tomando ,la masa del neutrino mv = ° y representando

.,

P(P)ex'p

F(Z,E)p2en función de la energía (E ó T),

donde P(P)exp es el número de partículas medidas, por unidad de intervalo de momento, tenemos el denominado diagrama de Kurie o Fermi-Kurie.

~

.-r


. / P(P)V p2F

T(keV)

FIGURA 2.2. Diagrama de Kurie

Esta gráfica sirve para comprobar la teoría de Fermi del proceso fJ y ademásobtener información de si el proceso está permitido o prohibido.

En el caso de las transiciones permitidas da una línea recta; en el caso de lasprohibidas saldría una recta si se tiene en cuenta el factor de forma S que dependede la transición.

Desintegración y

En este caso no se emite ninguna partícula con masa. Un estado excitado decae aotro más bajo o al fundamental emitiendo un fotón y con energía igual a la diferenciade energías entre los dos estados.

X;i * ---. X;i +y.

Suele aparecer acompañando a las desintegraciones alfa y beta.

Reglas de Selección Sea L el grado de multipolaridad:I J; -l¡ I :::;L :::;J; + l¡ (no L = O)

Lln::} no ---. eléctrica par (E2, E4 ), magnética impar (MI, M3 )Lln::} sí ---. eléctrica impar (El, E3 ), magnética par (M2, M4 )

~ ~


2.1. Leyes de la desintegración radiactiva

CD ¿Qué proporción de U235 estaba presente,

(a) en una roca formada hace 3x 106 años, dado que la proporción actual de U235a U238 es de 1/140?

(b) ¿y en una roca formada hace 5x 109 años (edad de la Tierra)?

T235 = 7,2 X 108 años. T238 = 4, 5 X 109 años.

Solución:

Utilizando la fórmula (2.1) tenemos que

N235 = No(U235) e- i;;5 t,

N ( 238 _...!!!2...t238 = No U ) e T238 ,

la relación de núcleos iniciales será

No(U235)

No (U238)

(a) t = 3 X 106 años

..!n.2....tN235 e- T238--~,N238 e- T235 t

L

ln2 te- T235 = 0, 9971,

In2 te- T238 = 0,9995,

No(U235) __ 1_ 0,9995 = 7, 16 x 10- 3 = 11/139, 71- - 140 0,9971

(b) t = 5 X 109 años

_...!!!2...t 3e T235 = 8, 119 x 10- ,

ln2 te- T238 = 0,463,

50 Física Nuclear: problemas resueltos

No (U235)

No(U238)

1 0,463

140 8,119 x 10-3 = 0,407 = 11/2,45 I

Se observa que cada vez hay mayor proporción de U235, al ir alejándonos en eltiempo.

® La cadena radiactiva del Th232conduce al Pb208estable. Se dispone de una rocaque contiene 3,65 9 de Th232y 0,75 9 de Pb208.¿Cuál será la edad de la rocadeducida a partir de la relación Th/Pb? T = 27 días.

Solución:

Th2322

Pb208

El número de núcleos de Th232 contenidos en 3,65 g es

mNA _ 3,65 x 6,023 x 1023 = 9,47 X 1021núcleos de Th232,NI =~ - 232

en 0,75 g de Pb208 hay

1023 'b2080,75 x 6,023 x _ 2 17 X 1021nucleos de P .N2 = 208 - ,

Recordando la fórmula (2.1),

N2 = NI e-A!; 2 = ln2 = 0,0256 d-I,T

e-A! = N2 _ 2,17NI - 9,47 = 0,229,

entonces la edad de la roca será

ln(0,229) _ -1,47 =1 57,57 d It = -2 - -0,0256 _

CID Se tiene una especie radiactiva Xl cuyo periodo es de 2 h. Esta especie se desintegra en otra X2 con periodo de 10 h. Esta segunda especie se desintegra a suvez en una tercera X3 que es estable. Suponiendo que el número de átomos de

i la 1.a especie es NI (O) = 50.000 en el instante inicial, y que en dicho instante no

L existen de las otras especies. calcular:

Radiactividad 51

(a) La actividad inicial de la especie Xl'

(b) La cantidad de la especie Xz que existe al cabo de 1 h.

(c) La actividad de la especie Xz al cabo de 1 h.

(d) La masa de la especie Xl al cabo de 5 h, suponiendo que su masa atómicaes 97.

Solución:

Al AzXl -- Xz -- X3

NI (O) = 50.000,

Al = 0,346 h-¡,

Az = 0,0693 h-¡.

(a) Teniendo en cuenta la ecuación (2.2)

A¡(O) = A¡N¡(O) = 0,346 x 50.000 = 17.325 djh,

A¡(O) = 14,8 Bq I

(b) Según la expresión (2.3)

N ( ) = N¡(O)A¡ ( -Alt _ -Azt)zt A A e e ,z - ¡

50.000 x O,346 (e-O•346 _ e-O,0693) = 114.121 I núcleos de Xz,N2(lh) = A. ArrV'l A "" A' _

(c) Utilizando la expresión (2.2) y el valor obtenido en el apartado (a) paraNz(1 h),

Az(1h) = Az Nz(lh) = 0,0693 x 14.121 = 978,6 djh,

Az(1h) = I 0,27 Bq I

fr ~...~1


(d) Tenemos que calcular el número de núcleos que hay de la especie Xl al cabode 5 h.

N¡(5h) = Nl(0)e-A1.5 = 50.000e-O,346.5 = 8.864,2 núcleos,

Nl(5h) = ml(5h)NA:::} ml(5h) = Nl(5h)AA NA '

h 8.864,2 x 97 I 1 - 18 I dml(~ ) = {.,()')~v ]()23 = 1,43x O g e Xl a las 5 h.

@) El Pd98 se desintegra por positrones en Rh98, Sus periodos respectivos son de17 y 8,7 m. Encontrar la actividad máxima del 2.° nucleido en función de la inicialde la preparación, si en el momento inicial había sólo del1.er elemento. Es decir:Determinar A2(max)IA1(0).

Solución:

Según la expresión (2.4)

AAA -N 12 (-A1r_ -A2t),2- 01 1 e e ,A2- Al

Al = O,0407m- 1; e-A1tmax=O, 496,

A2 = O,0796m-l; e-A2tm1l.X = 0,254,

para hallar la actividad máxima se deriva la expresión

dA2 _ Al(0)A2 (-Al e-A1t +A2e-A2t),-¡¡¡ - A2 - Alque será Oen el máximo,

dA In(A lA)_2 _ O ----'- A e-A2tmax - 1 e-A1tmax. t - 1 2 - 17 22 mdt - --r 2 - Al , max - _ A2 1- Al - '. ,

A2(max)

Al(O)

A 0,07962 (-A1tmax -A2tmax) - -----(0 496 O 254)

A2 - Al e - e - 0,0796 - 0,0407 ' . -, ,

A2(max) =~A¡(O)

Radiactividad 53

® Entre los productos radiactivos que se emiten en un accidente nuclear están el1131 (T = 8 días) y el CS137 (T = 30 años). Hay unas cinco veces más átomos deCs 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 díasantes de producirse el accidente.

(c) De los productos de fisión, aproximadamente el1 % es 1131, Ycada fisión produce 200 MeV. Suponiendo el reactor con una potencia de 1.000 MW, calcularla actividad del 1131 después de 24 h de operación.

Solución:

Al = 0,086 d- 1,

ACs = 6, 33 x 10- 5 d- 1,

Ncs(O) = 5Nr(0),

Ar(O) = ArNr(O),

Acs(O) = AcsNcs(O) = Acs 5 Nr(O),

Ar(t) = Ar(O) e- Al',

Acs(t) = Acs(O)e-ACs' = ACs5Nl(O) e-ACs'.

(a) Para que tengan la misma actividad

Ar(t) _ 1 ArNr(O) e-Al' _ 1- =} ------ - ,Acs(t) Acs5 Nr(O) e- ACS'

Al - Acs ~ Ar; t = In (Ar/5Acs) _ 5,60 I' - 0,086 = 65,2 d I

Al cabo de 65,2 días tendrán la misma actividad.

"'.

J., ..,I"~54 F/síca Nuclear: problemas resueltos

(b) Pasado el primer día

A1(1d)

Acs(1d)

Al e- Arol 0,086 e- 0,086

5Acse-Acsol = 5x6,33x 1O-5e-6,33xI0~5 =1249,3

Contribuye más el 1131,

(c) P = 1.000 MW = 109 W = 109 J/s = 6,25 x 1021 MeV/s,

1% de P = 6,25 X 1019 MeV/s, potencia debida al 113Ien el momento delaccidente.

A1(0) = P(I131) _ 6,25 X 109 MeV/sEnergía en cada fisión - 200 MeV = 3, 125 x lO17Bq,

A1(1d) = AI(O)e-Arol = 3, 125 X 1017 e-0,086

A1(1d) = 12, 86 x 1017Bq I

2.2. Desintegración alfa y beta

G) Clasificar las siguientes desintegraciones por su grado de prohibición

(a)

Sr89(~+) _ y89(~-),

(b)

CI36(2+) _ Ar36(0+),

(c)

AI26(5+) _ Mg*26(2+),

(d)

Zr9\~+) _ Nb*97(~-),

Radiactividad 55

Solución:

(a)

(b)

(c)

(d)

Ii = ~, ni = + }!:i.I = 2, !:i.n = sí::} La Prohibida.

l¡ = i, nf =-

Ii = 2, ni = + }!:i.I = 2, !:i.n = no::} 2.a Prohibida.

If = 0, nf = +

Ii = 5, ni = + }!:i.I = 3, !:i.n = no::} 2. a Prohibida.

If = 2, nf = +

Ii = i, ni = + }_ 1 _ !:i.I = 0, !:i.n = sí::} La Prohibida.l¡ - 2' nf --

® Se ha encontrado que una muestra de óxido de uranio (U3 Os), recién preparadaa partir de un mineral de uranio, emite 20,5 partículas oc por mg y por s. Comentareste resultado. A,23S = 4,8 X 1O-1s s- 1.

Solución:

A(U23S) = 20,5 ocjmg.s; Sabemos que A = A,N; así que podemos saber el númerode núcleos que tiene

A _ 20,5 = 4,27 X 101s núcleosjmg,N = 1- 4, 8 x 10- IS

como hay tres átomos de uranio en cada molécula de óxido de uranio

N = 1, 42 X 101s moléculasjmg.

Vamos a calcular ahora para 1,42 x 101s moléculas qué masa corresponde, para versi corresponde a 1 mg.

mmolecular = 3 x 238 + 8 x 16 = 842 u.a.m.,

N = m N A ::} m = N mmolmmol NA

1, 42 X 101s x 842

6,023 x 1023 = 1, 98 mg.

Lo que nos lleva a un contrasentido, pues es imposible que la muestra sea de1 mg.


CID El PU238se desintegra por emisión (X según la reacción

PU238_ U234+ (X + 5, 49 MeV,

con periodo de 128 años. Siendo el del U234de 2,5 x 105 años. Estimar la masainicial de PU238 necesaria para suministrar un mínimo de 1 kW de calor cuandohayan pasado 50 años.

Solución:Q = 5,49 MeV,

A238 = 5,41 x 1O-3a-1 = 1,72 X lO-lOs-l,

A234 = 2,77 x 1O-6a-1 = 8,8 X 1O-14S-I,

P = 1 kW = 103 W = 6,24 x 1021eV/s = 6,24 x 1015 MeV/s.

La potencia calorífica producida debida a la emisión de la partícula (X será

P = A238 Q = A238N Q,

como

tenemos que

N _ mpuNAA

mpu 6, 023 x 1023238

•••••

P = 1, 72 X 10-10 7npu 6, ~~?nx 1023 5,49 = 2,39 X 1012mpu = 6,24 x 1015MeV /s,

6,24.1015 = 2.610 g = 2,61 kg.mpu = 1"\ "'!II"'\ 1Al'"

Al cabo de 50 años y utilizando la ecuación (2.1),

N =e-A¡t=e-5,4lxlO-3x50=0,76.No

Al paso de los 50 años se ha reducido 0,76, por lo que inicialmente había

2,61 I0,76 = 3,43 kg I de PU238.

El producto U234 se desintegra tan lentamente, que se considera despreciable .

Radiactividad 57

@) Un cierto número de núcleos pueden desintegrarse por emisión de un electrón,por emisión de un positrón o por captura electrónica. El Cu64 es uno de talesnúcleos. A partir de las masas atómicas, calcular:

(a) Las energías cinéticas máximas del f3+ y del f3-.

(b) La energía del neutrino en la captura del electrón.

Solución:Con los datos de las masas atómicas obtenidos de la tabla:

M(Cu~~) = 63,929767,

M(~i~¿) = 63,927969,

M(Zn~Ó) = 63,929146.

(a)

Cu~~ - Zn~6 +f3- +v +Q.

Aplicando la ecuación (2.5) a este caso particular

Q = [M (Cu~~) - M (Zn~6)] c2 = (63,929767 - 63,929146) c2 = 6,21 X 10-4 c2,

Q = 0,578 MeV.

Considerando la energía de retroceso del Zn igual a cero y la energía cinéticadel neutrino también cero, Ecmax(f3-) = Q

Ecmax(f3-) = I 0,578 MeV I

Cu~~- ~i~:+p+ +v +Q.

En este caso

Q = [M (Cu~~) - M (~i~:)- 2me] c2 = (63,929767 - 63,927969) c2 - 2 x 0,511 =

. = 1, 798 X 10-3 c2 - 1, 022 =1.,675 - 1,022 = 0,653 MeV.

Haciendo las mismas consideraciones que en el caso anterior

Ecmax(f3+) = I 0,653 MeV I

rII

58 Fi'sica Nuclear: problemas resueltos

(b)

Cu~:+e- - Ni~:+v +Q +Eb,

Siendo Eb la energía de enlace del electrón, que vamos a considerar O.

Q = [M (Cu~:) - M (Ni~:)] c2 = (63,929767 - 63,927969) c2 = 1, 798 X 10-3 c2,

Q = 1,675 MeV,

Ec(v) = 11,675 MeV I

® El Bi212se desintegra por emisión ex (36%) y por emisión 13 (64%), según lassiguientes cadenas:

Bi212a- TI208 --.!!..... Pb208 (36%),

Bi212 {3- P0212a- Pb208 (64%).

Periodos:

Bi212.---.60,5 m, P0212.---.0,3 f.1s, TI208.---.3,1 m, Pb208.---.estable.

(a) ¿Cuál es la actividad ex de una muestra de 10-7 g de Bi212?

(b) ¿Cuál es la actividad f3?

(e) ¿Cuáles son las actividades ex y 13 después de 1, 2 Y 3 horas?

Solución:

(a)Aa = 0,36A1N1 +A2N2.

No se conoce la expresión de N2; vamos a despejarla

dN2 dN2-d = 0, 64A1N1 - A2N2'- -d +A2N2 = O,64A1N1,t t·

~

NI (O) = No.

NI (t) = Noe-A1t,

N2 (O) = 0,!i

Ii -

Radiactividad 59

dN2

-¡¡+ A2N2 = 0,64 A¡Noe- Al t.

Resolviendo la ecuación diferencial nos queda,

0, 64A¡No (e-A1t _ e-A2t),N2 (t) = A2 _ A¡

AoJt) = 0, 36A¡Noe-A1t + 0, 64A¡A2No (e-Alt _ e-A2t)A2- A¡ ,

Acx(t) = NoA¡ [ 0, 36e-Alt + ~~6~~~ (e-A1t _ e-A2t)] .

(b)Ap = 0, 64A¡N¡ + A3N3,

N3(0) = 0,

dN3 = 0,36 A¡N¡ - A3N3,dt

dN3

-¡¡ +A3N3 = 0, 36A¡Noe-Alt.

Operando igualmente que en el caso de N2

0, 36A¡No (e-Alt _ e-A3t),N - ,3 - A3 -.II.¡

Ap(t) = 0, 64A¡Noe-Alt + 0, 3,6A¡A3No (e-A1t _ eA3t) ,3 - A¡

[ ° ~6A ]Ap(t) = NoA¡ 0, 64e-Alt + A: 5_ A: (e-Alt ~ e-A3t)

(c) Se tiene que calcular cuánto vale No

...

mNA 10-7 X 6,023 X 1023 = 2,84 X 1O¡4 núcleos,No = ----;¡- = 212

¡

i

:1

___ J


Al = 1,9 X 10-4s-1,

A2 = 2,31 X 106S-1,

A3 = 3,73 X 1O-3s-1.

Sustituyendo los respectivos valores de No, Al, A2 Y A3 en las ecuaciones deducidas anteriormente, obtenemos los siguientes valores

t A", Ap

1 h

2,723 X 1010Bq2,775x 1010Bq0,74 Ci

0,75 Ci

2h

1,374x 1010Bq1,401X 1010Bq0,37 Ci

0,38 Ci

3h

6,933x 1097,067x 109 Bq0,187 Ci

0,191 Ci

® El Na-24, emisor /3- , tiene un periodo T1/2 = 15,O h. Con la tabla siguiente, decuentas por unidad de intervalo de momento y el producto Bp (rigidez magnéticaexpresada en gauss.cm) del espectrómetro, /3 magnético, hacer un diagrama deKurie. 5.950

5.6005.2804.9504.6004.2803.9503.6003.280

0,74,09,315,523,029,934,639,742,0

2.950

2.6002.2801.9501.6001.280950600

41,139,737,832,126,222,216,07,8

Solución:

Para hacer el diagrama de Kurie tenemos que relacionar la energía cinética de loselectrones, T, con la rigidez magnética del espectrómetro, Bp.

También hay que calcular . Ip ~) .VpF

Los espectrómetros magnéticos se basan en que un electrón de carga e y velocidadv, moviéndose en un campo magnético homogéneo B, cuyas líneas de fuerza sonperpendiculares a la dirección del movimiento, describe una trayectoria circularcuyo radio de curvatura p viene dado por:

Bev = mv2p ,

j.

Radiactividad 61

p =mv =eBp.

También sabemos que

ET = T + moc2 = /(moc2)2 + C2p2,

T = /(moc2)2 + C2p2- moc2,

1 ( e2c2 )!]T =/(moc2)2 +c2(eBpi-moc2 =moc2 1+ m~c4 (Bp)2 -1.

Sustituyendo los valores de las constantes

T (keV) = 511 [(1 + 3,442 x 10-7 (Bpi)! - 1] ,

p(keV Ic) = /(T + 511i - 51 F.

Con estos resultados obtenemos la siguiente tabla. El valor de F, (factor de Fermi)se ha obtenido de la bibliografía (H. A. Enge, lntroduction to Nuclear Physics,p.316).

Bp(gauss.cm) T(keV)p(keV/c)P(P)F/~n(c/keV)

5950

1344,51783,70,71,3 0,415600

1243,91678,84,01,3 1,045280

1152,41582,99,31,3 1,694950

1058,51484,015,51,3 2,334600

959,71379,123,01,3 3,054280

870,11283,129,91,3 3,743950

778,71184,234,61,3 4,343600

683,11079,339,71,4 4,933280

597,2983,342,01,4 5,572950

510,4884,441,11,4 6,132600

421,0779,539,71,4 6,832280

342,4683,537,81,5 7,341950

265,4584,532,11,5 7,911600

189,9479,726,21,6 8,441280

128,0383,722,21,7 9,42950

74,0284,816,01,810,47600

30,7179,87,82,3 10,24

r! 62 F(sica Nuclear: problemas resueltos

La gráfica obtenida es la siguiente

12

/P(p), p2F 10

8

6

4

2

O

<:)<:)

O 500 1.000 1.500T (keV)

Esta recta, ajustada por mínimos cuadrados:

./ P(P) = 10,19 - 7,45 T,V p2F

corta al eje de las energías en T = 1,37 MeV. El punto de corte del diagrama deKurie corresponde a la energía cinética máxima de la transición f3. Para el Na24 seencuentra en la bibliografia que vale 1,39 MeV, valor muy aproximado al obtenido.

2.3. Desintegración gamma

G) Cierto esquema de desintegración tiene las siguientes energias y (en keV): 32,7;42,1; 74,8; 84,0; 126,1 Y 158,8. Estudios de coincidencias muestran dos características del esquema de desintegración: sólo una de las y's no tiene ningunade las otras en coincidencia con ella, y ninguna de las gamma está en coincidencia con más de tres de las otras. La radiación gamma viene precedida porradiación beta que solamente puebla un nivel. Con esta información sugerir unesquema de desintegración. (Hay dos posibles soluciones.)

..¡

Radiactividad 63

Solución:

Para establecer el esquema de desintegración hay que buscar relaciones entre losrayos gamma.

La gamma que no tiene coincidencia con ninguna otra tiene que ser la que va delnivel poblado por la desintegración del f3 al estado fundamental, es decir, la demáxima energía 158,8 keV.Además

158,8 = 32,7 +42,1 +84,0,

con 10 cual se podrá llegar al estado fundamental con estas tres transiciones, peropueden ser ordenadas de distinta manera.

Otras relaciones entre líneas serán

158,8

126,1

158,8

74,8

126, 1 + 32,7,

42,1 + 84,0,

74,8 + 84,0,

32,7 + 42,1.

Con toda esta información se pueden establecer los siguientes esquemas:

PADRE

00o t-00 "

<r¡ N- <')

"C)"N- No:r

o.,f'00

00o:r"t--

158,8 keV

126,1 keV

84,0 keV

o keV


co00 \O"on N..........

tNM

co.,¡- N"t- ~

o~"co

158,8 keV

74,8 keV

32,7 keV

o keV

® Los tres estados más bajos del 834 poseen las siguientes características:

Estado

Fundamental12

Energía Espín y Paridad

o 0+

2,13 MeV 2+3,30 MeV 2+

(a) Cuando se produce el núcleo en su estado de 3,3 MeV se observan tres rayosgamma. ¿Qué energía tendrán y de qué tipo son?

(b) Dibujar un diagrama de niveles. Calcular las intensidades relativas de losrayos y suponiendo que todos los núcleos se forman constantemente en elestado 2. ,

Solución:

(a) El primer gamma será el que va del estado 2 al fundamental, tendrá 3,3 MeV(y¡).El segundo irá del estado 1 al fundamental, con 2,13 MeV (Y2)'

El tercero del estado 2 al estado 1, la energía será 1,17 MeV (Y3)'

Veamos ahora de qué tipo se trata cada uno.

-

Radiactividad 65

'JI1: 2+ ----<0+, 1i = 2 Y 1f = O L = 2, no cambia la paridad. Tiene que serunE2.

'JI2: 2+ ----<0+, se trata del mismo caso que el anterior, E2.

'JI3: 2+ ----<2+, 1i = 2 Y 1f = 2 L E [0,4], la paridad no cambia. Puede serE2 ó MI. (También podría ser E4 ó M3, pero la probabilidad es muchomenor al aumentar la multipolaridad.)Para ver cuál de las dos es tendríamos que conocer las probabilidades detransición para los dos casos; estas probabilidades están estimadas porWeisskopf y Mosskowski. Se trata de una serie de curvas que nos dan elvalor de log A para una energía determinada (siendo A la probabilidad detransición), para cada transición considerada (estas curvas aparecen en labibliografia, H. A. Enge, lntroduction to Nuclear Physics, pp. 260-261).Encontramos que para 1,17 MeV:

E2 ----<log A - 10 } Nos da casi el mismo valor, por lo que se trataMl----<logA-13 deE2+Ml

(b) Para el 'JI1(3,3 MeV, E2) ----<logA1 - 13.

Para el 'JI2(2,13 MeV, E2) ----<10gA1- 12.

Además en una situación de equilibrio 1(2) = 1(3)

1(1) Al 10131(2) = ,12 = 1012 = 10.

Si tomamos I 1(2) = 1 = 1(3)----<1(1)= 10 I

El diagrama de niveles es el siguiente

oMrri"

3,30 MeV

2,13 MeV

0+

Y2 y¡

OMeV

rI

!

I

! 66 F/sica Nuclear:problemasresueltos

® El Ra226 se desintegra por emisión de dos rayos ex de energías 4,781 y 4,598MeV 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 masaatómica del Rn.

(b) Hallar la energía, espín y paridad del estado excitado del Rn sabiendo queel emitido en la desexcitación es de tipo E2 (suponer válido el modelo decapas para el estado fundamental).

(c) Dibujar el diagrama de niveles de la desexcitación.

Solución:

Ra226 ----; Rn222 + He4 + Q.

(a) Q = 4,781 MeV = 0,00513 c2•

La energía del ex debido a la desintegración al nivel fundamental correspondea la Q de la desintegración, suponiendo despreciable la energía del núcleo deretroceso

Q = (m; - mI) c2 = [m (Ra226) - m(Rn222) - m (He4)] c2,

Buscando en las tablas m (He4) = 4,002603 u.a.m ..

Despejando la masa del Rn222

m(Rn222) = 226,025401 - 4,0022603 - 0,00513,

m(Rn222) = 1222,01766 u.a.m.

(b) La energía del estado excitado vendrá dada por la diferencia de energías entrela 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 decapas, es 0+. Teniendo en cuenta las reglas de selección, al ser la desexcitaciónde tipo E2, la paridad debe ser + en el estado excitado; además sabemos que

L = 2 (multipolaridad),

If =0,IIi - If I ~ 2 ~ IIi + If l·

La única solución posible es que Ii = 2:::} El estado excitado tendrá

[E]

(c) El diagrama de niveles será:

M00.....ó

2+

0+

IX

4,781 MeV/

0,183 MeV

r

68 F/síca Nuclear: problemas resueltos


1. La actividad del carbono encontrado en especímenes vivientes es de 0,007 /lCipor kg, debido a la presencia de C14. El carbón procedente de un fogón situadoen un campamento indio tiene una actividad de 0,0048 /lCi/kg. El periodo delC14 es de 5.730 años. Calcular el año en que este campamento fue usado porúltima vez.

2. El isómero excitado del Ba137 (T = 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 bariopresente, ¿cuántos núcleos se habrán desintegrado al cabo de 5 m?

3. La cadena de desintegración:

CS139~ Ba139~ La139,

se estudia a partir de una muestra inicialmente pura de 1 mCi de CS139cuyaT = 9,5 mino La del Ba es T = 82,9 min, siendo estable el La. ¿Cuál es laactividad máxima del Ba y cuándo ocurrirá?

4. Una pieza de torio que contiene 1 kg de Th contiene también 200 g de Pb. ElPb208 es el descendiente estable final de la serie radiactiva cuyo precursor es elTh232. 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, yque no se ha perdido nada, calcular la edad de la roca.

(b) Existen en total seis partículas alfa emitidas en la desintegración de la serieradiactiva. 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 isótopos39 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. Estosrayos y provienen de la desintegración por captura electrónica, dando ungamma por desintegración.

6. Con los datos del problema anterior, hallar la edad del mineral de potasio en elque 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 contiene1 átomo de tritio por 105 átomos de H? El tritio decae por emisión beta conT = 12,26 años.

8. Un neutrón libre es en sí radiactivo y se desintegra espontáneamente en unprotón, un electrón y un antineutrino:

n --> p + /3- + v.

Suponiendo al neutrón en reposo,

(a) Calcular la Q de la reacción,

(b) Calcular las velocidades del protón y el electrón después de la desintegración.

9. Sabemos que el neutrón libre se desintegra espontáneamente. ¿Se desintegraráel protón libre? ¿Por qué?

10. En un espectro de electrones, los resultados experimentales de los momentos deuna muestra radiactiva, son los siguientes:

p =.J8 moc --> P(p) = 288,

P = .j24 moc --> P (p) = 384,

p =.j48 moc --> P(p) = 192.

(a) Hacer un diagrama de Kurie con estos datos, considerando que F(Z, E) = 1.

(b) Determinar el punto de corte del espectro /3 ( en términos de moc2).

11. Completar la siguientes ecuaciones con las componentes que faltan:

(a)

v+Hé -->

(b)

He6 --> Li6 + e- +

(c)

e- +B8-->


(d)v +C12_

(e)K40_v

(f)K40 -11

12. Se estudia la desintegración ex del Th232• Utilizando las masas de los núcleosinicial y final, se ha determinado el valor de Q, siendo éste de 4,09 MeV. Estimarel periodo de desintegración del Th232 y explicar por qué se clasifica al Th232como 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 enque el Ni quede en el estado fundamental.

(b) El Ni60 posee dos estados excitados de 2,50 y 1,33 MeV. ¿Es energéticamenteposible la emisión y tras la desintegración 13- del Co?

(c) ¿Cuál será la máxima energía de la 13- en el caso en que el Ni quede en cadauno de los estados excitados?

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 fundamentaldel hijo, pero cada uno va seguido de una emisión gamma, de energías 266 y305 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, yel estado fundamental del hijo tiene espín O y también paridad negativa.Explicar por qué no hay una desintegración ex directa al estado fundamentaldel hijo.


1.1. Interacciones

Partículas pesadas cargadas

El mecanismo dominante en la pérdida de energía de las partículas cargadas esla dispersión de Coulomb por electrones atómicos. Es más probable que la partículachoque 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 partículascargadas está dada por la Fórmula de Bethe

dE 4nZ2e4 [ 2mv2 ]- dx = mv2 N In 1(1 _ 132) - /32 ,

donde 1 es un parámetro que representa un potencial medio de excitación, y vale1~1l,5Z(eV).

71

72 Fl'sica Nuclear: problemas resueltos

La trayectoria de las partículas pesadas es prácticamente rectilínea. La distanciarecorrida hasta que pierde su energía y se detiene se llama alcance. El alcance Rdepende de la energía de la partícula, de su masa y del material que atraviesa.

10( dE )-1R= -- dE.

T dx

Aquí T es la energía cinética de la partícula, no un periodo. Es posible escribirlo enfunción de la velocidad de la partícula, que es independiente de su masa y su carga.

- M jV f(v)dv, vR - Z2 o

donde z es el número atómico de la partícula, M el peso atómico del absorbente yf (v) es función de la velocidad de la partícula.

Se puede usar la fórmula empírica del alcance de partículas (X

partículas (X en aire: Rry. = 0,31 T3/2 cm; 4 < T < 7 MeV,

partículas (X en un medio de número másico A:

R~ = 0, 56Rry. AI/3 mg/cm2

donde Rry. (cm) es el alcance en aire de la partícula con la misma energía T (MeV).

Rutherford demostró que la repulsión coulombiana entre un núcleo de un átomopesado y una partícula (X incidente da lugar a que ésta describa una trayectoriahiperbólica. La distancia perpendicular desde el centro de un núcleo a la recta deincidencia se conoce como parámetro de impacto b, cumpliéndose

zZe2 e

b = - M 2 cot -2'nso IVI

siendo z y Z los números atómicos de la partícula (X y el núcleo; M¡ vi = doble de laenergía cinética de la partícula (x, y e el ángulo de desviación de la dirección originalde la partícula (X.

La distancia de máxima aproximación para una interacción de Coulomb repulsiva,está representada por el diámetro de la colisión

zZe2-d = ---- 2.

2nsoM¡v¡

Interacción de la radiación con la materia 73

Electrones

Interaccionan, como las partículas pesadas, por la dispersión de Coulomb. Sediferencian en que tienen a menudo velocidades relativistas, la trayectoria es en zig-zagy el alcance (definido anteriormente) es mucho menor que su trayectoria. En la fórmulade 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 tieneen cuenta las dos contribuciones: ionización y radiación.

~~ = (~~) ion + ( ~~ tad .

En forma abreviada, queda

(dE) 4r2 2 183- d = 137NTZ In ZI/3'X rad(3.1)

donde T es la energía cinética del electrón, r su radio, N la concentración de átomosen la sustancia y Z el número atómico de la sustancia.

(dEjdx)ion ~(dEjdx)rad ~

800

ZT(MeV)'(3.2)

Como se observa en la ecuación (3.2), el término radiativo es importante solamentea altas energías y en materi;;¡les pesados.

Para determinar el alcance se utiliza una fórmula semiempírica de Feather. En elcaso del aluminio es de la forma

2 { 0,407 TUs,Rp(gjcm ) = 0,542 T - 0, 133,

Radiación de Cerenkov

0,15 < T < 0,8MeV0,8<T<3MeV

Ten MeV.

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 deonda 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 paraobservar la radiación.

rI


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 lacreación de pares.

En el efecto fotoeléctrico, un fotón es absorbido por un electrón atómico y éste salelibremente. La energía del electrón liberado es igual a la del fotón menos su energíade enlace. Un electrón libre no puede absorber un fotón, porque es imposible que lareacción e + y --+ e conserve a la vez el momento y la energía.

El efecto Compton consiste en la dispersión de fotones por electrones libres. Laenergía del fotón dispersado un ángulo e vale

2

E _ moc- (1- cose) +moc2jEo'

(3.3)

donde Eo Y E son las energías del fotón incidente y dispersado, respectivamente, ymo 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

Ey = T+ +mc2 + L +mc2,

siendo T+ y L 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 unalámina de material de espesor x. El fotón puede producir cualquiera de los tres efectoscitados, o varios a la vez. Los fotones que atraviesan la lámina son los que no haninteraccionado, 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 ycreación de pares, respectivamente. Se mide en cm - 1.

••••••• ~a_oumuouMu.umu._""'mU"m""IM""m"'"~""m"'''~''''ml''~I''~''M''~''m· _=

Con frecuencia el espesor se mide en gjcm2 de absorbente. Se habla entonces delcoeficiente de absorción másico definido como /1j p Ymedido en cm2 jg.

En la figura 3.1 se puede ver la atenuación para distintos haces de partículas alfas,betas y radiación gamma (partiendo de la misma intensidad inicial). Para las alfasaparece el alcance medio (ReJ, para las betas el alcance extrapolado (Rp) y para lasgammas un "alcance" medio (Ry, el concepto de alcance como tal no es aplicable ala radiación electromagnética).

1

lo

Re< Rp Ry x

FIGURA 3.1. Atenuación de la radiación

1.2. Detectores

Existen una serie de procedimientos y aparatos que sirven para detectar, medir yanalizar las radiaciones nucleares.

Para ello se aprovechan diversos efectos que produce la radiación al atravesar lamateria.

Los principales efectos son

- Ionización (tanto en gases como en semiconductores)- Excitación de luminiscencia

- Disociación de la materia (placas fotográficas)

i

~ J

Dentro de los detectores se suele distinguir entre meros contadores de partículaso fotones que alcanzan el dispositivo, y espectrómetros que son capaces de medir laenergía de la radiación incidente.

Para la protección radiológica es más importante conocer la dosis, o cantidad deenergía depositada por la radiación en el organismo, que el tipo de radiación recibida.Los que realizan esta función se llaman dosímetros.

El funcionamiento básico según el efecto producido será:

]onización

Cuando una radiación nuclear atraviesa un gas o un material semiconductorprovoca la ionización de parte de sus átomos, y por consiguiente, la liberaciónde iones positivos y electrones. Por 10 que el material que se comportaba comoun aislante eléctrico pasa a ser parcialmente conductor. Midiendo la corrienteeléctrica que por él circula puede deducirse la intensidad de la radiación que 10atraviesa, actuando así como dosímetro. Si 10 que tenemos a la salida del detectores un impulso de corriente (obtenido con la electrónica apropiada) se podráncontar, trabajando en régimen de contador. En muchos casos este impulso esproporcional a la energía depositada, por 10 que se trataría de un espectrómetro.Éste es el proceso más frecuente utilizado en los detectores.

Excitación de luminiscencia

En algunos sólidos (sustancias luminiscentes) al paso de la radiación ionizante seproduce la excitación de parte de sus átomos, que al desexcitarse emiten fotonesluminosos; éstos son recogidos por un fotomultiplicador que a la salida entregaun impulso de corriente. Mediante una electrónica apropiada este impulso proporciona información sobre la energía de la radiación ionizante, por 10 que sepuede hacer espectroscopía.

Disociación

En algunos casos el fenómeno producido es la disociación de algunas moléculas(por ejemplo, sales de plata). Midiendo el ennegrecimiento producido en lasplacas fotográficas por la disociación, se puede deducir la dosis de radiación queha alcanzado a la película fotográfica. Se utiliza en dosimetría.

Para detectar neutrones (partículas sin carga) se utilizan detectores similares a losanteriores, pero con algún material añadido que reaccione con ellos (por ejemplo Bó Cd).

Las características intrínsecas de los detectores son

Eficiencia - Relación entre las partículas registradas y las que llegan al detector.

nE= N.

Tiempo de resolución o tiempo muerto - Tiempo durante el cual el detector no escapaz de contar, después de haber llegado una partícula.

~...•....' -----------------'-------------------------------- ..-


Resolución - Es la anchura a semialtura de una linea con relación a la energía.

R_FWHMEa

Linealidad - La relación entre la energía disipada por un suceso ionizante E y eltamaño del impulso de tensión correspondiente V.

E=aV+b.

Las dos últimas características se refieren únicamente a los espectrómetros.

Estadística, errores

Cuando se realizan una serie de medidas experimentales el resultado se presentacomo la media aritmética de las medidas más/menos la desviación típica o estándar,

m± (J.

El valor de la desviación típica se calcula

(J= ./'L(Xi-m)2V n-l '

donde Xi serán cada una de las medidas y n el número de medidas efectuadas.

Se ha probado experimentalmente que para la desintegración radiactiva el procesosigue una Distribución de Poisson, cuya función de densidad de probabilidad es:

P(s) = fls x e-Ps!

siendo P(s) la probabilidad de que ocurran s desintegraciones en el intervalo (O, t).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 =.Jii.

rI

! 78 Fi'sica Nuclear: problemas resueltos

Cuando fJ, ~ 30 se puede aproximar la distribución de Poisson por la distribuciónnormal o de Gauss, que es continua y simétrica (centrada en la media).

1_ x eP(s) = .J2n(J2

(p, - si2(J2

Cuando se trata de medidas indirectas, función de una serie de medidas directascada una de ellas con su correspondiente desviación típica, la desviación típica delresultado final será

(J¡ =~I ±[ (a¡ ) (Jx-] 21=1 OXi l'

donde ¡ = ¡(Xl, ... , xn) es la función que nos da la medida y cada (JXi son lasdesviaciones típicas de cada una de las medidas directas.

~ ~



2.1. Partículas cargadas

CD Encontramos que en una emulsión fotográfica, el alcance de cierta partícula alfaes de 400 /lm. ¿Qué alcance se obtendrá

(a) para un núcleo de He3,

(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, f (v) no varía, y el alcance es función solamente de

M AR oc 2 = 2K,z z

4Rcx = 400/lm = -K = K.4

Caso (a): He~ ::} RHe3 = ~Rcx = 1400 /lm

Caso (b): H~ ::} RH3 = 3Rcx = 11,2 mm I

® (a) Calcular la pérdida específica de energía por radiación de un electrón de2 MeV en aluminio.

(b) ¿En qué factor la pérdida específica por radiación en plomo excede la delaluminio?

Solución:

(a) Aplicando la eco (3.1), Y teniendo en cuenta los datos siguientes:re = 2,82 X 10-13 cm; PAl = 2,75 gjcm3; A = 27; Y Z = 13,se obtiene

1023 32,75 x 6,023 x = 6, 13 x 1022nucljcm ,

nAl = 27

rI


13)2 ( 183 )(dE) _ 4(2,82 x 10- x 6,13 X 1022 X 20 X 169 x In 2 35 '- - 137 ,dx Al

(dE) =1 0,2 MeVjcm Idx Al

(b) Igualmente en el caso del plomo,

( dE) = 3, 82MeVjcm.dx Pb

La relación entre ellos,

(dE) j (dE) = OIJdx Pb dx Al

La pérdida en el plomo es 19 veces mayor que la del aluminio.

••.....

® (a) Calcular las energías cinéticas umbrales de un electrón y un protón a las quetiene lugar la radiación de Cerenkov en un medio con índice de refracciónn = 1,60.

(b) ¿Qué partículas tienen una energía cinética umbral igual a 29,6 MeV?

Solución:

(a) cos e = ljn/3; en el umbral: cos e = 1;entonces /3 = ljn = 0,625; Y /32 = 0,39

Te = me2[ 1 _ 1] = ° 511 (1 ) Ivr=7J2 ' VI _ 0,39 - 1 = 0,143 MeV (electrón) I

Igualmente

Tp = 938, 23[ 1 - 1] = I 263 MeV (protón) IVl-0,39 - -----.

(b)

2 T = 29,6 =1105,7 MeV Ime = ----==:::;¡;¡c;----;- 0,28----

Luego se trata de muones .


@ El parámetro de impacto para la dispersión de Rutherford por una partícula fijade carga Z e está dada por

zZe2 1 e

b= -4--M 2 cot-2·neo IVI

Calcular el número cuántico de momento angular 1 de un protón de 1 MeV respecto al centro de dispersión. Z = 90, ye = 90°.

Solución:

Como L = R x p, ILI2 = l(l + 1)h2,

poniendo p en términos del número de onda k :p = h k; ¡l(l + 1) ::;;kR,

lo que pone un límite al valor de 1: Imax = k R, Y como R ~ b, Imax = k b,

p y'2mE _ y'2 x 938 = 2, 12 x 1014m-l,k = Ti = --h- - 6,58 x 10-22

90(1,6 x 10-19? x 9 x 109 = 6,48 x lO-14m,b= 2xL6xlO 13

en donde se han utilizado las unidades

h = 1,054 x 1O-34J.s = 6,58 x 10-22 MeV.s,

1

4neo = 9 x 109 Nm2/C2.

Finalmente, resulta

1 = 6,48 X 10-14 x 2,12 X 1014= 13,7.

El número cuántico de momento angular es 1I = 14 I

~:.

~


2.2. Radiación electromagnética

G) Cuando pasa a través de una lámina de plata de 2 mm de espesor un haz estrecho de rayos gamma de 0,15 MeV de energía, el haz se atenúa un factor cuatro.

(a) Calcular la sección eficaz de interacción de esos fotones en la plata.

(b) Calcular el coeficiente de absorción másico.

p = 10,5 g/cm3, M(Ag) = 107 u.a.m.

Solución:

(a)

1 = lo e-flX, lo = 41 luego: 1/4 = e-flX,

. 1,386 -1-¡lX = ln(1/4) = 1,386, f.1 = ()2 = 6,93cm ,,

10,5 x 6,023 x 1023

f.1= (J N -+ (J = f.1/N; N = 107 = 5,91 x 1022nucl/cm3,

y por tanto

(J = 1, 17 x 10- 22 cm2 = I 117 b I

(b) El coeficiente de absorción másico

'- ~ = 6,93 =1°,66 cm2/g If.1 - P 10,5

CID Considerar una dispersión Compton de rayos X cuya longitud de onda es de0,03 nm. Calcular:

(a) La longitud de onda de la radiación difundida a 45°.

(b) ¿Qué velocidad tiene el electrón de retroceso?


Solución:

(a) De la eco (3.3), se obtiene que

me2

E'jE = E(l- cose) +me2'

siendo E = 2nehj A, resulta

, 2nehA = A + --2 (1 - cos e),me

x - A = 7, 04 x 10- ¡¡ cm;

x = 3,07 X 10-9 cm = 0,0307 nm.

Luego la longitud de onda de la radiación difundida vale ¡ 0,0307 nm

(b) La energía del electrón de retroceso será

, , 1 1 -4Te=T-T =h(OJ-OJ)=2neh(;.,- X)=9,4x1O MeV.

Teniendo en cuenta la pequeña energía del electrón de retroceso, no es necesariohacer el cálculo relativista

1 2 . /2T ./2 x 9,4 x 1O-4MeVT = 2mv -> v = V m = V 0,511MeVje2 = 0,061 e.

De donde, finalmente, la velocidad del electrón de retroceso vale

v=0,061e=ll,83x107mjs I

® Estamos realizando un estudio experimental de una radiación gamma compleja,constituida por dos radiaciones de energías bien definidas (monocromáticas) E¡y E2, habiéndose llevado a cabo las siguientes observaciones:

1) cuando no se interpone absorbente alguno al paso de este haz, las intensidades de ambas radiaciones son idénticas.

2) Si el haz atraviesa una lámina absorbente de aluminio, de 60 cm de espesor, laintensidad de la radiación menos penetrante (12) es un 10% la correspondientea la otra radiación (I¡).

--'

~

.•..

84 F/sica Nuclear:problemasresueltos

3) Al interponer otros 5 cm de absorbente se reduce la intensidad total de laradiación a la mitad de su valor anterior.

A partir de todos estos datos, determinar los coeficientes de atenuación lineal ymásico del aluminio.

Solución:

{ I¡ = Ioe- 601<¡ }

X = 60 cm :::} Id 12= 10 = e(1<2-I<¡)12= Ioe-601<2 = 0, 1I¡ ,

de donde se obtiene (/l2 - /l¡) = 0,0384 cm-¡ (1)

{ I¡' = I¡e-51<¡x = 5 cm más :::}

Iz' = 12e- 51<2

{ 1= I¡ +12= I¡ + 0, 1I¡ = 1, 1I¡ Antes de atravesar 5 cm./' = I¡' +12' = 0, 51 = \;II¡ Después de atravesar los 5 cm.

1 1r = -'-I¡ = I¡ e- 51<¡ +12e- 51<2 = I¡ e- 51<¡ + 0, 1I¡ e- 51<2 :::}2

1,1- - e-51<¡ +0 1 -5

2 - , e 1<2,

se llega a

1,82 e- 51<1 + 0,182 e- 51<2 = 1, (2)

{ /l¡ = 0, 136 cm-¡Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtiene I _¡

/l2 = 0, 174 cm

{ /l¡' = 0,0504 cm2 jgEl coeficiente de atenuación másico: /l' = /ljp:::} I /l2' = 0,0644 cm2jg

-------------------------- ....---------- .....-----""""-----",~I


2.3. Detectores

G) Determinar la constante de calibración, K, de cierto contador de neutrones dedimensiones reducidas, en donde se han efectuado las siguientes medidas:

r (cm) C (c/min)

5

4.34810

1.00615

27220

9825

3330

12

Siendo r la distancia media entre el contador y la fuente de Pu-Be, que emite1,6 x 106 neutrones/s. La ~a del agua es 0,017 cm-1 para neutrones térmicos.

Solución:

El flujo neutrónico <Pmedido en el contador es <P = K C.

La intensidad Q de neutrones será de la forma

Q = f ~a<P(r)4nr2dr.

Si se mide el flujo <Pa distintas distancias r,., se tiene <P(r,.)= C(r,.)K

donde6

Q = 4n~aK L C(ri)r;~r,i=1

despejando

Q

K= L 2'4n~a C(r,.)ri~r

Sustituyendo por los valores medidos en el contador,

~ 2 ( 4.348 x 25 + 1.006 x 100 +272 x 225+ )~ C(r-)r.~r = 5

1 1 98 x 400 + 33 x 625 + 12 x 900

= 1705625 cuentas.cm3/m = 28427 cuentas.cm3/s.

r1

!1

86 Ft'síca Nuclear: problemas resueltos

Luego la constante de calibración

K= 1,6xI0~_._ =!263,4neutrjcm21

® Se coloca una fuente delgada de P0210 de 2 /lCi entre las armaduras de un condensador como el de la figura.

f~+A.T.

A

El dispositivo permite colectar todos los iones producidos por cada partículaalfa. La emisión alfa es isótropa. La aparición de un par de iones introduce enel circuito una carga igual a la carga elemental. ¿Cuál es la corriente que semide en el microamperímetro? Ea = 5,5 MeV. Energía necesaria para producirun par ion-electrón = 35 eVo

Solución:

La fuente emite 2/lCi = 7,4x 104 partjs

La mitad solamente (por ser isótrapa) se reparte en el gas

N = 3,7 X 104 partjs.2

Cada partícula produce

5,5 X 106 157143 d .n = 35 = pares e lOnes.

....•


La corriente será

nqN 4 -19I = -2- = 3,7 x 10 x lS7143 x 1,6 x 10 ,

I=9,3x 1O-IOA=!9,3xlO-4,uA!

CID El espectro de impulsos de una fuente radiactiva, de la que se sabe que emitesólo fotones de una única energía bastante alta, muestra tres picos prominentesen 7,38; 6,49 y 5,60 V. ¿Cuál es la energía del rayo y?

Solución:

El espectro tendrá un fotopico, un pico de escape y uno de doble escape.

Fotopico: - Ey.

El pico de escape será - Ey - mc2•

El pico de doble escape: - Ey - lmc2, siendo mc2 la masa en reposo del electrón = SIl keV.

Suponemos que tiene un comportamiento lineal, luego V = a + b E.

{ 7,38 =a+bEy

6,49 = a +b(Ey - SIl)

S, 60 = a + b(Ey - 1022)

Haciendo operaciones

6,49 =7,38- Sl1b-

b = 7, 38 ~.6,49 = 1,74 X 10-3 VjkeV.

Haciendo operaciones con otras dos ecuaciones sale el mismo valor para la constante b, y además resulta que a = O.

De todo ello se deduce que

7,38 I l' 1Ey = 1,74 X 10-3 = 4,24 MeV Energm de rayo y.

Como se observa, es muy alta para ser una radiación gamma .

..J

88 Fisica Nuclear:problemas resueltos

@ En la desintegración del y88, se emiten dos fotones con energías de 0,898 MeV(92 %) Y 1,836 MeV (100 %), Dibujar el espectro de rayos y esperado cuando secoloca una fuente de y88 delante de un detector de INa y de un detector de Ge.

Solución:

En un espectro de fotones aparecen fotopicos, debidos a la absorción fotoeléctrica,continuos Compton y también pueden aparecer picos de escape y de doble escape, así como el pico de aniquilación de positrones, cuando la energía del fotónes superior a 2moc2 (mo es la masa en reposo del electrón, Ey > 1,022 MeV).

Los fotopicos se encuentran a la misma energía que la del fotón (Ey). Los continuosCompton van desde O hasta un valor máximo que corresponde al de la energíacinética máxima del eÍectrón (cuando el ángulo de dispersión del fotón en el efectoCompton es de 180°), y que valdrá

Ey

Ebc = 1 +moc2/2Ey

El pico de escape debe estar en Ey - moc2 y el de doble escape en Ey - 2moc2. Elpico de aniquilación de positrones estará en moc2 = 0,511 MeV.

1

INa (TI)

Ge (Li)

~:2u

ro

cr

~

0,5

<l)

o..rou(/J

WoC'-l

ov'5.o

o

v

....,

.&

o~

o....,

o

o

-~oC'-l

<l)

c..rou(/J

t:iJ

1,5 2 E(MeV)

....•


En el caso del problema, el fotón de 0,898 MeV dará lugar a un fotopico de 0,898MeV y a un continuo Compton que llegará hasta 0,699 MeV.

El fotón de 1,836 MeV dará lugar a: Un fotopico de 1,836 MeV, un continuoCompton, hasta 1,612 MeV, un pico de escape en 1,322 MeV, un pico de dobleescape en 0,814 MeV y un pico de aniquilación en 0,511 MeV, ya que la energíadel fotón es superior a 1,022 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). Como sepuede apreciar en la figura, los picos del Ge son más estrechos (resolución), pero elespectro de INa(Tl) tiene mayor número de cuentas (eficiencia). En los detectoresde INa, el continuo Compton es importante, como se observa en la figura, el picode aniquilación y los de escape, asoman ligeramente por encima del continuo.

2.4. Estadística

CD Un detector Geiger-Muller con tiempo de resolución T = 2, O X 10-4 s registraN' = 5,0 X 104 c/m. Determinar el número real N de partículas que cruzan eldetector.

Solución:

Sea N el número real de partículas emitidas por la fuente/t.Sea N' el número de cuentas que registra el contador/t = 5 x 104 c/m.

El contador no registra durante un tiempo T N' cada segundo. Hay T N' N partículasno registradas en el contador durante el tiempo t.N - N' = N' T N/ t = son las que no cuenta el contador.

Despejando,

N= _ N' y sustituyendo

N= 5x1041 - (5 X 104 x 2 x 10-4/60) = I 6x 104 c/m I

Que es el número real de cuentas.

® Se sabe que el carbono de la madera verde da (16,1± 0,03) desint/m por gramode carbono. Para determinar su edad se analizó una muestra de madera. El

contador utilizado tenía un rendimiento del (5,40± 0,14) % Y registró (9,5± 0,2)cuentas/m sobre 8 g de la muestra. El fondo del contador era de (5,0± 0,1) cuentas/m por 8 g Y el periodo del C14 es de (5.568± 30) años. Hallar la edad de lamadera y el error que se comete en su determinación.

j

I 90 Frs;ca Nuclear: problemas resueltos

Solución:

A(t) =pAN = pAoe-Al = (9,5 - 5,0)/8 = 0,56 c/m.g,

p es el rendimiento = 5,4 % = 0,054

e-Al _ 0,56- 0,054 x 16,1 = 0,644 ---.

-At = 0,44 ---.t = 0,: = \3534 años I

Para calcular el error hay que considerar errores sistemáticos y estadísticos.

Error de Ao ---. es estadístico (radiación cósmica, depende del tiempo).

Error de fondo y de contaje ---.estadístico.

Error del periodo del carbono, es estadístico y sistemático.

La desviación típica es de la forma

2

(J=i/ L[ (::J(JXi] ,

siendo (JXi los errores de las medidas.De la ecuación obtenida,

T (C-F)t = ° 693 In 8A ', p o

at 1 (C-F)- =--lnaT 0,693 8pAo = -0,628,

~ = _T_ 1 (C-F) = _T__l =499aAo 0,693 (C - F)/8pAo 8pA~ 0,693 Ao '

~ _ T 1ap - 0,693 P = 148789,

(3.4)

atae T 1 =1785,4,


ot T 1

oF = 0,693 (C _ F) = 1785,4,

--------c--¡

ot-(1 1oT T = 8,8;

ot- -(1 1oAo Ao = 4,97;

ot

op (1p = 208,3;

otOF(1F = 178,5;

otoC(1c = 357.

Operando la ecuación (3.4), resulta finalmente que (1 = 450 años.

I t = (3534 ± 450) años I

® Dos fuentes radiactivas se colocan cerca de un detector. Alternándolas el contador registra nI Y n2 cuentas/s. Juntas dan como resultado nl2 cuentas/s. Encontrar el tiempo de resolución del contador, siendo f el ruido de fondo.

Solución:Sea NI el número real de c/s que emite la fuente 1, N2 el número real que emitela 2, N12 lo que emiten cuando están juntas y F el fondo real. Sea, el tiempo deresolución.

En general si N son las c/s emitidas y n las medidas, m será el tiempo duranteel cual no ha medido nada el detector, N m será el número de cuentas que no hapodido medir porque han llegado en ese tiempo, es decir,

nN-n =Nn, ~N = ---o1- n,

Aplicando esta relación a las medidas realizadas en el problema

nINI = l-nl"

n2

N2 = 1- n2"

n12

N12 = 1 _ n12'

fF= l-f,'

J

92 Fi'síca Nuclear: problemas resueltos

Sabemos también que

N¡ - F + Nz - F = N12 - F - N¡ + Nz - F = N12•

Sustituyendo las expresiones anteriores,

n¡Z1- n¡Zr

n¡ nz /1 --n-¡-r + -1 ---n-z-r- -1 ---/-r .

Si los denominadores son lo suficientemente pequeños,

n1 _ nr = n + nZr,

y

z z (j /z) zn¡ +n¡r +nz +nzr - + r = n¡Z +n¡Zr,

r (n~ + nª - n~z - /Z) = n¡Z +/ - n¡ - nz,

de donde

n¡Z +/ - n¡ - nzr = z + z z /zn¡ nz - n¡Z-



1. (a) ¿A qué ángulo se emitirá la radiación de Cerenkov producida por un núcleode H3 de 5 x 103 MeV al atravesar un medio transparente de índice derefracción n = 1,5?

(b) ¿Cuántos fotones por metro de recorrido se emitirán con longitudes de ondacomprendidas entre 400 y 600 nm?

2. Se considera un haz de partículas alfa de 5 MeV atravesando el aire.

(a) ¿Cuál es el poder de frenado (relativo a las alfas) de los deuterones con lamisma velocidad que las alfas?

(b)¿Cuál es la energía de los deuterones?

3. Un haz de rayos X se atenúa un factor 2,6, después de pasar a través de unaplaca de aluminio de 2,9 cm de espesor. ¿Cuánto vale el coeficiente de absorciónmásico?

4. Cuando un fotón de 1 MeV sufre una dispersión Compton, el fotón dispersadolleva el 56% de la energía. ¿Cuál es el ángulo de dispersión que corresponde aun fotón de esa energía?

5. ¿Qué espesor de aluminio tendremos que poner si queremos atenuar un hazestrecho de rayos X, con una energía de 200 keV, lo mismo que lo atenúa unalámina de Pb de 1 mm de espesor?

(/ljp)Al = O,122 cm2jg. (/ljp)Pb = 0,942 cm2jg.

6. Las partículas ex de 6,50 MeV sufren dispersión de Coulomb en una lámina deoro (Z = 79).

(a) ¿Cuál es el parámetro de impacto cuando la partícula dispersada se observaa 90°?

(b) Encontrar la mínima distancia entre la partícula ex y el núcleo.

(c) Encontrar las energías cinética y potencial de la partícula ex a esa distancia.

7. Una fuente puntual de partículas ex de 20 /lCi se coloca en contacto con una carade una gran cámara de ionización. La fuente emite partículas alfa de una única

,-


energía, 5,30 MeV. ¿Cuál es la corriente producida a la salida de la cámara, silas partículas a que entran en ella pierden toda su energía? (Suponer un 100%de eficiencia en la colección de cargas.)

8. Calcular el valor del campo eléctrico en la superficie del filamento de un contadorproporcional. El radio del filamento es de 1/10 mm y el del cilindro es 0,01 m.Entre ambos se aplica una d.d.p. de 1.500 V.

9. ¿Qué fracción de partículas cruzando un contador con resolución T = 1O-6s, seperderán durante el contaje de 100 y 105 cuentas/s?

10. Cuando se detecta una desintegración, ¿qué probabilidad P(t) hay de que lasiguiente desintegración detectada se realice después de transcurrido un tiempo t?

11. Se ha medido la actividad de una fuente en cinco periodos de 30 seg, y ha dadolos siguientes resultados: 1.345; 1.382; 1.336; 1.357; 1.362. También se ha medidoel fondo del mismo modo, dando: 5; 6; 7; 4; 7. Calcular el número de cuentas/snetas que son detectadas debidas a la fuente.

l. INTRODUCCIÓN TEÓRICA

Una reacción nuclear es un proceso en el que cambia la composición y/o la energíade un núcleo blanco debido a que ha sido bombardeado con una partícula nuclear oradiación gamma (se trata de una colisión entre un núcleo y una partícula).

A +a~B +b+Q,

donde A es el núcleo blanco, a la partícula incidente, B el núcleo residual y b la partícula emergente de la reacción. Esta reacción se representa frecuentemente mediantela siguiente notación, ideada por Bothe

A(a,b)B,

en la que la primera letra es el blanco y la última el núcleo residual, entre paréntesisel proyectil y luego las partículas que escapan. La Q de la reacción es la diferencia demasas en reposo entre el primer miembro y el segundo multiplicada por c2 •

b

a •. A

B

FIGURA 4.1. Esquema típico de colisión entre dos partículas

95

..!.


En una colisión elástica se conserva el momento lineal y la energía cinética, antesy después de la reacción, por lo que Q = O.

En una colisión inelástica se conserva el momento lineal y la energía total, perono la energía cinética de las partículas. Q ::;t: O.

Si Q es positiva, la reacción es exotérmica. Ocurre para cualquier energía del proyectil.

Si Q es negativa, la reacción es endotérmica. En este caso I QI es la energía mínimaque debemos comunicar a las dos partículas del primer miembro, en el sistemade su centro de masas, si queremos que se produzca la reacción. En el sistema laboratorio la energía cinética umbral de la partícula incidente para queocurra la reacción será

T _ m+Mu- M IQI, (4.1)

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.

En una reacción del tipo a + A -+ b + B, en donde las partículas son emitidasformando un cierto ángulo, resulta ser, de la conservación de la energía y el momento

ma mb 2 /Q = (- - l)Ta +(1 + -)Tb - -v mambTaTbCOsB.mB mB mB

(4.2)

siendo B el ángulo de desviación de la partícula b sobre la trayectoria inicial, comoaparece en la figura 4.1.

1.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares

Ley de conservación de la carga.-Se conserva la carga atómica (2) a lo largo delproceso.

Ley de conservación del número de nucleones.-El número de nucleones (A) total seconserva, pero el número de protones y el de neutrones no tiene por qué serconservativo.

Principio de conservación de la energía total.- Para que se conserve la energía totaldel sistema, debe ocurrir

Ta +mAc2 +mac2 = TB + Tb +mBc2 +mbc2,

suponiendo el núcleo blanco en reposo.

Reacciones nucleares 97

1.2. Tipos de reaccionesnucleares

Dispersión.- Se trata de la colisión mecánica entre el proyectil y el núcleo blanco.Varía la trayectoria de las partículas, y si es inelástica, el núcleo colisionadoalcanza alguno de sus niveles excitados.

Captura radiativa.-Se emite radiación gamma después de que el núcleo blanco absorba al proyectil. Estas reacciones son siempre exotérmicas.

Emisión de partículas.- Hay una emisión de partículas posterior a la absorción delproyectil.

Fotodesintegración.- En este caso el proyectil es radiación gamma, y posteriormentt;~se emitirá una partícula. Estas reacciones son siempre endotérmicas.

Fisión.- Se 'absorbe el proyectil y posteriormente el núcleo se escind~. Altamenteexotérmicas.

Fusión.- Varios núcleos ligeros se unen para formar otro más pesado.

Estas dos últimas se tratarán con más detenimiento en el capítulo 6 de este libro.

1.3. Sección eficaz

El concepto de sección eficaz sirve para describir cuantitativamente la probabilidad de que se produzca una reacción nuclear. Es una magnitud medible experimentalmente y, a la vez, calculable teóricamente. La sección eficaz de un blanco parauna reacción determinada es una propiedad del núcleo y de la energía del proyectilincidente. Se representa con (J y se mide en barns (10-24 cm2).

Hay casos en que la sección eficaz de reacción es muy grande en pequeños intervalosde energía. Son estados virtuales y las S<J:lergíascorrespondientes se llaman "energíade resonancia". Esto sugiere que dichos estados tienen una vida media '[ dada por

h -~E =r.'[

El descubrimiento de estas resonancias dio lugar al modelo del núcleo compuesto(Bohr, 1936).

En una reacción nuclear, en donde se forma un núcleo compuesto C*

a+A----->C*----->b+B.

La sección eficaz de la reacción es de la forma (fórmula de Breit-Wigner):

11: rarb- - 2 r2'

(Js(E) -gk2(E-E¡) +4

...J

donde

g es un factor estadístico que tiene en cuenta los espines. g = (2l + 1) para partículassin espín,

k = número de onda = pjh,

r = anchura total de la reacción = ra +rb + ... ,ra mide la probabilidad de emisión,

E es la energía de la partícula incidente,

El es la energía de resonancia.

En caso de resonancia, E = El,En el caso de dispersión elástica, r = ra = rb y en la resonancia, se tiene

4ng(Jel = k2 .

En el caso de dispersión inelástica, hay que tener en cuenta que rb = r - ra, Ypor tanto la sección eficaz es

n ra(r- ra)(Jin = gk2 Pj4

1.4. Velocidad de producción de una reacción nuclear

R = ~ reaccionesjcm3 • s

donde

~ = (J N,

es la sección eficaz macroscópica,

N = concentración nuclear (njcm3),

= flujo de partículasjcm2·s.

La variación de núcleos a lo largo del tiempo será

dN = ~_ AN.dt (4.3)

Al cabo de un tiempo lo suficientemente largo se alcanza un estado estacionarioen que ~= ANo, por lo que la actividad en este estado estacionario será Ao = ~,que recibe el nombre de actividad de saturación del material.


Si se retira del flujo el material activado su actividad decaerá de forma exponencialy la concentración de N (por cm3) al cabo de un tiempo t será,

N(t) = Noe-At.

Cuando el tiempo de exposición no ha sido lo suficientemente largo, la soluciónde (4.3) es

)'N(t) = ~Il>(1- e-Jet),

lo que es igual a la actividad por cm3 de la lámina para un tiempo t de exposición.

r



2.1. Leyes de conservación en las reacciones nucleares

CD Al capturar el Hora un neutrón lento, se produce la reacción HlO(n,ex)Li7• Suponiendo que el núcleo de litio quede en el estado fundamental, calcular

(a) la energía liberada por la reacción (en MeV),

(b) las energías cinéticas de la partícula exy del núcleo de Li.

Solución:

B;O +n ~ Li~ + ex.

(a) Con las masas que aparecen en las tablas para los núcleos y las partículas queparticipan en la reacción y sustituyendo,

Q = [mE +mn - (mLi +m"J] c2 =

= [10,012937 + 1, 008665 - (7,016004 +4,002603)] c2 =

= 2,995 x 1O-3u.a.m. = I 2,79 MeV I

(b) Como es un neutrón lento consideramos que su energía cinética es igual a O,Tn = O Y además por conservación del momento

IPal = IPul ,

mLiTLi = maTa } mLi T _ mLi (Q _ T )T - - L' - '" ,

Q ._ T ,+ T a - m", l ma- L"l ex

T _ mLia - ma +mLiQ =11,78 MeV

TLi = Q - T", = 11,01 MeV I


® Se estudian las colisiones elásticas entre haces de partículas alfa y otros núcleosen una cámara de niebla. Se observa que la partícula el se desvía 55° de su dirección, mientras que el núcleo blanco deja una traza formando un ángulo de35°. Determinar la masa del núcleo blanco.

ex

ex • x·

x

Solución:Según la figura anterior y planteando las ecuaciones de conservación del momentoy de la energía cinética

(a)

m.' ~ m." cosO +mx', coso¡, }

(b)

° = m(X VI sen ()- mx V2sen lf¡

(e)

moev2 = m(Xvi +mxv~

Despejando en (b)mx senlf¡

VI = -V2--,m(X sen()

sustituyendo en (a) y operando

mx sen(() +lf¡)V=-V2----m(X sen() ,

sustituyendo los valores de VI y V en (e) y operando

mx [sen2(() +lf¡) _ sen2lf¡] _ 1m(X sen2 () sen2 () - ,

mx [ 1 - 0,33] m4' 0,67 = -¡- = 1 =} I mx = 41

La masa del núcleo es cuatro; se trata de otra partícula el.

I


® Una partícula alfa sufre una dispersión elástica por un núcleo de Cl2 estacionario,a un ángulo de 60° (en el sistema del centro de masas). ¿Cuál será la fracciónde energía cinética perdida por la partícula a?

Solución:

La energía cinética perdida por la partícula a a consecuencia del choque, es precisamente To - T O< = Te. Luego la fracción de energía perdida será Te / To. Teniendoen cuenta las ecs. de la conservación del momento y la energía cinética, resulta

T o< = To - Te (1)

Pe =Po - Po< } 2 2 2 2,Pe = Po + Po<- POPo<cos <p (2)

Teniendo en cuenta que p2 = 2m T y sustituyendo (1) en (2) se llega a

2mo<To - TcCmo< +mc) = 2mo<JTo(To - Tc)cos<p,

para simplificar, dando los valores enteros de las masas mo< = 4, me = 12 queda

To - 2Te = JTo(To - Tc)cos<p.

Haciendo Te/To = x, y elevando al cuadrado. Queda una ecode 2.° grado

4X2 - x(4 - cos2 <p) +sen2 <p= O. (3)

Todo este razonamiento se ha hecho suponiendo el movimiento de las partículasen el sistema de referencia del laboratorio, por 10 que <p es el ángulo que forma lapartícula a después del choque en el sistema laboratorio. En el problema se diceque forma un ángulo de 60° en el sistema centro de masas, por 10 que se debehacer el cambio de un sistema de referencia a otro, para determinar el ángulo.

Para pasar del sistema de laboratorio al del centro de masas sólo hay que teneren cuenta que la velocidad en el centro de masas es igual a la del laboratorio, másla velocidad con que se mueve el centro de masas. En cualquier libro de Mecánicapuede encontrarse el cambio. Llamando (J al ángulo en el centro de masas, secumple que

me sen(Jtan <p= me cos (J + mo<

12 x 0,86612 x 0,5 +4 = 1,039,

de donde resulta que el ángulo en el sistema de laboratorio es <p = 46,1.° Sustituyendo este valor en la eco (3) se obtiene

x= 3,52± Jl1,39-8,32 _ {0,6928 - ~187

De las dos soluciones una es espire a, se ha introducido al elevar al cuadrado, perono corresponde a la solución. Sólo es válida la segunda. Por tanto, la fracción depérdida de energía cinética de la partícula ex es

L1T _ Te = 1 0,1871T- To

@ Al bombardear Li7 con protones de 4,5 MeV tiene lugar la reacción Li7 (p,n)Be7.Los neutrones expulsados según un ángulo de 90° con la dirección del haz deprotones tienen una energía de 1,94 MeV.

(a) Calcular la Q de la reacción.

(b) Calcular la energía máxima de los neutrones emitidos cuando la energía delos protones incidentes es de 5 MeV y en el caso de que sea de 2 MeV.

(c) ¿Existe algún límite para los neutrones emitidos?

(d) Encontrar una expresión que relacione, para esta reacción nuclear, el ángulolímite con la energía cinética de los protones incidentes. Aplicarle los valoresde 5 y 1,9 MeV.

n

p •. Li7

Be7

r


Solución:

Le +p ----> Be 7 + n + Q.

(a) Aplicando la expresión (4.2) y teniendo en cuenta que e = 90°

Q = Tp (::::e - 1) + Tn (::::e + 1) = 4, 5 ( ~ - 1 ) + 1,94 ( ~ + 1) ,

Q=I-l,64 MeVI

(b) Utilizando la expresión (4.2)

Q = Tp ( mp _ 1) + Tn ( mn + 1) -,~JmpmnTpTnCose.mBe mBe mBe

Para Tp = 5 MeV

-18,52 + 8Tn - 2..J5JTn cos e = 0,

Tn-0,56JTncose-2,31 =0.

La energía máxima será para cos e = 1 ----> e = 0°, resolviendo la ecuación yteniendo en cuenta únicamente la solución de raíz positiva (la de raíz negativacorresponde a la energía mínima)

JTn =0,56 + -10,562+ 9,26

2

I Tn = 3,33 MeV I

Para Tp = 2 MeV

Tn - 0, 35JTn - 0.065 = 0,

I Tn = 0,23 MeV I


(c) y (d) El ángulo límite dependerá de la energía cinética de los protones incidentes; vamos a ver que para algunas energías no existe ningún ángulo límite.

En general

1, 14 Tn - 0, 286jTp cos 8 jTn - 0, 86Tp + 1,64 = 0,~' v~ '-v-'a b e

para que tenga solución esta ecuación: b2 - 4ac > °

0, 082Tp cos2 8 - 7,48 + 3, 92Tp > O.

El ángulo límite vendrá dado por la siguiente expresión

cos28 = 7,48 - 3, 92Tp0,082Tp ,

para que exista este ángulo límite cos28 ~ °

7,48 - 3, 92Tp = 0--+ Tp = 1, 908 MeV,

ésta será la energía cinética mínima para que exista ángulo límite.

Para Tp = 5 MeV, no existe ángulo límite.

Para Tp = 1,90 MeV el ángulo límite será

I eUm. = 63° I

® Para estudiar y analizar la distribución de los protones de retroceso en unacolisión elástica, se utilizan neutrones de baja energía. Suponga que un neutróncon energía cinética Tn al chocar con un protón se desvía un ángulo e, en elsistema de laboratorio.

(a) Demostrar que los protones emergen según un ángulo cp = 90 - e respectoa la dirección de los neutrones incidentes.

(b) Demostrar que T~ = Tncos2e, Y T; = Tn sen2 8, siendo T' la energía cinéticadespués de la colisión.

Solución:

(a) Aplicando la conservación del momento y la energía cinética, resultan las ecuaClOnes.

de (2) resulta

Tn = T~ + T;

Pn =P~ +P~

mn = mp = l:::} p2 = 2T (1)}

(2)

(3)

2 '2 '2 "Pn =Pn +Pp + 2PnPp cos(O +<p),

Teniendo en cuenta (1) y (3), Y'sustituyendo T~ = Tn - T~, resulta

2¡T~(Tn - T~) cos(O +<p) = O,

de donde se deduce que

cas(O + <p) = O:::} O+ <p= 90°

luego I <p = 90 - () I c.q.d.

(b) De (2): P~ = Pn - P~, luego

'2 2 '2 'Pp =Pn +Pn -2PnPncosO,

sustituyendo T; por su valor, y según (3), resulta

T~ = ¡TnT~cos(}:::} I T~ = TncosO I

De una manera análoga se despejan P~ y T~ para dar como resultado

1-, '2 ' 2Tp = TnTp cas <p :::} Tp = Tn cas <p:::}

I T; = Tn sen2 O I


2.2. Niveles de energía y secciones eficaces. Resonancia

G) El isótopo radiactivo 015, que tiene importantes aplicaciones médicas, se puedeproducir en la reacción C12(ex,n)015.

(a) La sección eficaz alcanza un pico cuando la energía de las partículas exincidentes es 14,6 MeV. ¿Cuál es la energía de excitación del núcleo compuesto?

(b) La sección eficaz de la reacción para la energía incidente del apartado anterior es de 25 mb. Suponiendo un blanco de carbón de 0,10 mg/cm2 y unacorriente de 20 nA de partículas ex,calcular la actividad que resulta despuésde 10 m de irradiación. T = 122 s.

Solución:

(a) Las resonancias ocurren cuando se alcanzan niveles excitados del núcleo compuesto. En este caso el núcleo compuesto es 016.

Para calcular la energía de excitación del núcleo compuesto planteamos el casogeneral

a+A ~Z*.

Por conservación de la energía total y del momento

maC2+ Ta +mAc2 = mzc2 +Eex + Tz,

maVa = mzvz ~ maTa = mzTz,

maTz = -Ta,

mz

considerando el núcleo blanco en reposo. Sustituyendo en la expresión de laenergía y despejando,

41;.,

Eex = (mA +ma - mz)c2 + Ta (1- :: ).

Si tenemos en cuenta que ma - mz ~ mA Y que mz ~ mA +ma,

Eex = (mA +ma - mz)c2 + Ta (mAm;ma ).

----------------------------------------~------------------------'

rp1


Para el caso del problema

( m(CI2) )Eex = [m(CI2) +m (He4) - m (016)] e2 + THe m(CI2) +m (He4) .

Sustituyendo los valores que aparecen en las tablas

2 (12) _3 2Eex = (12 + 4,002603 - 15,9949l5)e + 14 12 +4 = 7,688 x 10 e + 10,5,

Eex = 117,66 MeV

(b) Calculamos las partículas IX por segundo que inciden sobre el blanco. Cadapartícula alfa tiene una carga equivalente a 2e- ,

Q(2e-) = 3,2 x 1O-19C,

1= 20nA = 20 x 1O-9Cjs --...

lj¡ (IX S ) _ 20 x 10- 9 .s 3,2 x 10- 19 = 6,25 X 1010IX S.S

Podemos calcular también el número de núcleos por cm2 que tiene el blanco

0,10 x 6,023 X 1023 = 5,02 X 1021 nucljcm2.n = 12

La actividad será

A = crnlj¡ (1- e-At), 1 = In 2 = 5 68 10- 3 - 1A 122 ' x s,

A = 25 X 10-27 x 5,02 X 1021 x 6,25 x 1010(1_ e-S.68XIO-3x600),

lA = 7,58 MBq = 0,2 mCi I


® El núcleq de lis aparece con una resonancia en la dispersión elástica de protones con He4, con energía de 2 MeV. La resonancia tiene una anchura de0,5 MeV y g = 2.

(a) ¿Cuál es la vida media del liS?

(b) Estimar la sección eficaz para esa energía de resonancia.

Solución:

(a) La anchura de la resonancia se relaciona con la constante de desintegraciónmediante

h _ !!.. _ 6,58 x 1O-16eV.s = Il,32x 10-22 s I[=hA =:¡:::} T - [- 0,5 x 106eV

(b) La sección eficaz de difusión es

[2n .. 2'

() (E) = g k2 (E - Eoi + ~

Como se trata de una resonancia Esiguiente modo:

Eo la expresión anterior queda del

( 8n d ' d 2 2¡tEo() Eo) = k2' onde el numero de on as k = ----¡;r-'

La masa reducida

¡t = ma mp = 4,002603 x 1,007825ma +mp 4,002603 + 1,007825 = 0,805 u.a.m = 749, 9 MeVJc2,

O 22)24nh2 4n (6,56 x 1- _ 3 24 X 10-24 cm2,()(E ) - - = _. ~ ~ _"~ . ~M' - ,

o - ¡tEo

() (Eo) = I 3,24 b I

----

~


CID Al estudiar la reacción 811 (ex, n) N14, odginada al bombardear un blanco de 811con partículas alfa de 4,0 MeV, se encuentra que la Q de la reacción vale 0,152MeV. La reacción'se encuentra acompañada por radiación gamma cuya energíaEl' = 2,31 MeV. Por otro lado, al estudiar la difusión de protones de 7,0 MeVsobre N14 se observa la subsiguiente emisión de radiación y de energías 5,10;4,91; 3,95; 2,79; 2,31 Y 1,64 MeV. Los de 2,79 y 2,31 MeV, por una parte, y 1,64 Y2,31, por otra, se emiten en coincidencia.

A partir de los anteriores datos experimentales, establecer el esquema de niveles del nucleido N14 para bajas energías de excitación.

Solución:

Vamos a calcular en un caso general cuál será la energía disponible para la excitación de niveles; lo haremos en el sistema centro de masas.

a +A ----> b +B.

Por la conservación de la energía y del momento

Ta +mac2 +mAc2 = mbc2 +mEc2 + TCM'

maTa = (mb +mE) TCM,

ma Ta,TCM = mb +mE

sustituyendo y despejando

( ma)T 1- .

Edis = Q + a mb + mE

En el problema que estamos estudiando del bombardeo con partículas ex

Edis = TIX (1 _ m (ex) ) Q 11m(n) +m(NI4) + = 4 x 15 +0,152 = 3,08 MeV.

(4.4)

~

Con esta energía disponible se ha poblado el nivel de 2,31 MeV; se tratará delprimer nivel excitado del W4.Para la difusión de protones, Q = 0,

Edis = Tp (1 _ m (p)) 14m(p) +m(NI4) = 7 x 15 = 6,53 MeV.

Puede poblar un nivel que se encuentre por debajo de esa energía. Vemos de losque se emiten en coincidencia:

2,79 + 2, 31 = 5,10 MeV,

1,64 +2,31 = 3,95 MeV.

El Y de 4,91 MeV es una transición directa de un nivel con esa energía al fundamental. Por tanto, los niveles de energía serán: 2,31 - 3,95 - 4,91 Y 5,10 MeV.El esquema de desintegración es el siguiente:

2.3. Energía umbral

;><l)

::E0\¡--.,...,f

;><l)::E

'<t\00- 5,10 MeV

4,91 MeV

3,95 MeV

2,31 MeV

OMeV

G) Calcular las energías cinéticas umbral de las partículas ex y neutrones en lassiguientes reacciones:

(a)

ex + Lj7 _ SIO + n,

(b)

ex + Cl2 _ Nl4 +d,

~


(e)

n + 017 _ e14 +cx,

(d)

n + el2 _ Be9 +r:x,

Solución:

Recordando la expresión para la energía umbral (4.1) Y la Q

Tu=IQI(I+;), ,Q=("Lmi-"Lm¡)e2,

con las masas obtenidas de las tablas los resultados son los siguientes:

(a)

Q = [4,002603 + 7, 016004 - (10,012937 + 1, 008665)]e2 =

= -2,995 x 1O-3e2 = -2,790 MeV,

Tu = 2,790 ( 1 + ; ) = I 4,38 MeV I

(b)

Q = [4,002603 + 12 - (14,003074 +2,014102)]e2 =

= -O, 014573e2 = -13,575 MeV,

Tu = 13, 575 ( 1 + 1~ ) = 118,1 MeV I

(c)

Q = [1,008665 + 16,999131 - (14,003242 + 4, 002603)]e2 =

= 1,951 X 1O-3e2 = 1,817 MeV > O.

No se necesita energía umbral, ya que se trata de una reacción exotérmica

-


(d)Q = [1,008665 + 12 - (9,012182 + 4, 002603)] c2 =

= -6,12 x 10-3 C2 = -5,701 MeV,

Tu = 5,701 ( 1 + 112) = I 6,176 MeV I

® Cuando se emplean núcleos de tritio para bombardear hidrógeno,

(a) ¿Cuál es la energía umbral de la reacción H1 + H3 ~ n +He3?

(b) ¿Es igual a la energía umbral para producir esta misma reacción cuando sonprotones los que bombardean un blanco de tritio?

(c) ¿Cuál es la energía cinética de los neutrones producidos en este último casoen condiciones umbrales?

Solución: '

(a) y (b) Calculando Q y Tu, con las masas de las tablas

Q = [1,007825 + 3, 016049 - (1,008665 + 3, 016029)]c2 =

= -8,2 x 10-4 c2 = -0,764 MeV,

Tu = 0,764(1 + 3) = I 3,06 MeV I cuando el proyectil es el tritio,

Tu = 0,764 ( 1 + ~) = 11,02 MeV I cuando el proyectil es el protón.

(c) La energía cinética total que se reparten los neutrones y el He3 es

ET = Tu +Q = 1,02- 0,764 = 0,256 MeV,

Tn + THe3 = 0,256 }TnlTHe3 = m 1m operando se obtiene quen He3

o 256x !0,256 x rnnlrnHe3 = ~,Tn = l+rnnlrnHe3 3

Tn = I 0,064 MeV I

,..


® Un blanco de Iitio se irradia con un haz de protones cuya energía cínética excededos veces la energía,umbral. Encontrar la energía de los neutrones procedentesde la reacción L¡7(p,n) Be? - 1,64 MeV que salen a 90° del haz de protones.(Proceso similar al que aparece en un problema anterior.)

Solución:

Tp = 2Tuo

Según la expresión (4.1)

Tu = IQI (1 +;;) = 1,64 (1 +~)= 1,84 MeV ----> Tp = 3,74 MeV.

Sustituyendo en la ecuación (4.2)

Q = Tp (::::e - 1 ) + Tn (::::e + 1) = 3,74 ( ~ - 1 ) + Tn ( ~ + 1) = -1,64,

operando se obtiene

Tn = 11,37 MeV I

@ Consíderemos las siguientes reacciones nucleares:

Be9 (He3, p) B11, Be9 (He3, d) BIO Y Be9 (He3, t) B9.

(a) Calcular las correspondientes Q de reacción y los valores umbrales energéticos de las partículas He3 incidentes.

(b) Suponiendo que la primera de las citadas reacciones se produce bombardeando un blanco de Berilio (100% Be9, elemento monoisotópico) con unhaz de partículas He3 de 1,4 MeV, ¿qué niveles excitados del núcleo residualcabe esperar, en un principio, que se observen?

••


Solución:

(a) Q = ("Lmi-"Lm¡ )c2, con esta expresión y con las masas de las tablas se obtieneel valor de Q para los distintos casos.

Be9 (He3, p) BU

Q = [9,012182 + 3, 016029 - (1,007825 + 11, 009305)] e2 =

= 1,108 X 10-2 e2 = 10,322 MeV > O, Exotérmica.

Be9 (He3, d) BID

Q = [9,012182 + 3, 016029 - (2,014102 + 10,012937)] e2 =

= 1, 172 X 10-3e2 = 1, 09 MeV > O, Exotérrnica.

Be9 (He3, t) B9

Q = [9,012182 + 3, 016029 - (3,016049 + 9, 013329)] e2 =

= -1, 167 x 10- 3 e2 = -1, 087 Me V < O, Endotérmica.

Tu = IQI (1 +:.) = 1,087 (1 +~)= 1,450 MeV.

(b) Recordando la expresión (4.5) que aparece en un problema anterior y sustituyendo valores

( m (He3)) 9Edis = THe3 1- m(p) +m(BII) + Q = 1,4 x 12 + 10,322 = 11,372 MeV,

Los niveles que caben esperar son todos los que estén por debajo de esa energía .

..o.il.i

116 Fis/ca Nuclear: problemas resueltos


1. Para las siguientes reacciones, hallar el valor de Q y el umbral de energía delproyectil en el sistema de referencia del laboratorio, suponiendo que el núcleoque hace de blanco está en reposo:

(a)

NI\a, p)017,(b)

C13016(n, a) ,

(c)NI2

C12(p, n) ,

(d)K38

C¡3\a, n) .

2. Una partícula a atraviesa el gas de una cámara de expansión, colisiona con unnúcleo más pesado que ella y como resultado del choque es difundida un ángulode 56°, el núcleo se mueve bajo un ángulo de 54° respecto a la dirección originalde la partícula a. Calcular el número de masa del núcleo.

3. Una partícula a colisiona con un electrón libre estacionario. ¿Cuál será el ángulomáximo posible a través del cual la partícula a se dispersará?

4. Se estudia la reacción Be9 (H3, Hi) Bell bombardeando Be9 con tritones de5 MeV. Se observan a 90° del haz incidente protones de energías de 2,260;1,967 Y 0,620 MeV debido a la formación de Bell en el fundamental y en dosestados excitados.

(a) Hallar la masa atómica del Bell.

(b) Hallar la energía de excitación de los estados excitados.

5. Se produce la fotodesintegración del berilio según la reacción Be9 (y, n)Be8, confotones de energía hw = 1,78 MeV; la energía de la reacción es Q = -1, 65MeV .

~


(a) Calcular la energía de los neutrones producidos.

(b) ¿Con qué energía saldrá el Be8?

6. La reacción C13(d, ex)B11 + 5,16 MeV se produce cuando deuterones con energía Td = 10 MeV chocan con núcleos de carbón. ¿Qué ángulo formarán lasdirecciones con las que salen los productos de la reacción, cuando

(a) los núcleos producidos divergen de forma simétrica,

(b) la partícula ex sale formando ángulo recto con la dirección del neutrón?

7. El manganeso sólo tiene un isótopo estable, el Mn55, con densidad 7,43 g/cm3.

(a) Calcular la sección eficaz microscópica en base al área geométrica y a lafórmula empírica R = 1,4 X 10-16 A m, siendo R el radio y A el númeromásico.

(b) Calcular la sección eficaz macroscópica (coeficiente de atenuación) correspondiente.

8. En las interacciones de neutrones lentos de energía E con In 115 se tiene unaresonancia para E = El = 1, 45 eVo Se sabe además ry = 0,08 eV,rn = 5 x 10-3 eV y g = 3/5. Calcular la sección eficaz máxima de resonancia.

9. ¿Cuál es el valor máximo de la sección eficaz de reacción para neutrones lentosde energía E, al incidir sobre un blanco de Xe135? El Xe135 tiene un espín deJ = 3/2, mientras que el correspondiente espín del núcleo compuesto Xe* 135esJ' = 2. Aplicar al caso de E = 0,4 eV.

10. Se produce K38 mediante la siguiente reacción Ar38(p, n)K38 con Q = - 6,694MeV.

(a) ¿Cuál será la energía umbral de los protones para producirla? Usar valoresenteros de las masas.

(b) ¿Cuál es la energía de los neutrones (en el sistema del centro de masas) paralos protones de 10 Me V?

11. Protones con energía cinética umbral de 6,45 Me V producen la reacción S34(p,n)CP4. Para un blanco de hidrógeno y proyectiles de S34, calcular (de manera norelativista) la energía umbral para la producción de CP4.

•••


Los neutrones son partículas de una gran eficacia para la producción de reaccionesnucleares, pues como carecen de carga eléctrica no están sujetos a efectos de repulsiónelectrostática y penetran en el núcleo sin dificultad.

Las reacciones más importantes entre neutrones y núcleos son la absorción (captura radiativa o fisión) y dispersión (elástica e inelástica). Una magnitud importanteen las reacciones neutrónicas es la llamada sección eficaz microscópica, (J, definida anteriormente en el cap. 4.° En él se trata también la velocidad de una reacción, comoR = ~.La sección eficaz total de una reacción es la suma de las secciones eficacesde los distintos procesos que ocurren en la reacción.

(J t = sección eficaz total = (Ja + (Js = sección eficaz de absorción + sección eficazde dispersión.

1.1. Determinación de secciones eficaces

Se utilizan dos procedimientos principales para la determinación de las seccioneseficaces neutrónicas: el método de activación y el de transmisión.

Método de activación

Se utiliza con frecuencia para determinar las secciones eficaces de captura. Situando una lámina de un material determinado frente a un flujo de neutronesjcm2·s,se mide la fracción de neutrones transmitidos. Hay dos procesos contrarios: Por unaparte, el material se hace radiactivo por medio de la reacción nuclear, con una velocidad que depende del flujo, la energía y la sección eficaz de los neutrones. Por otra, al

119

9f"'!


hacerse radiactivo el material, se va desintegrando a una velocidad que depende desu constante de desintegración, A, resultando la tasa neta de formación

dN = L<P _ AN,dt (5.1)

donde L<P (neutrjcm3.s) representa la velocidad de formación de N por capturaneutrónica, y AN la velocidad de desintegración radiactiva.

Integrando la eco (5.1) Y siendo No el número total de núcleos del blanco, se llegaal caso general

No<P(J (e-ct>ut _ e-At);N = A _ <P(J

ln(Aj<p(J)tmax = A - <P(J ,

(5.2)

¡¡I¡

¡

1]

j.

, ¡

.!

tmax es el tiempo tras el cual la concentración ha llegado al máximo.Cuando <P(J ~ A, Y e-ct>ut ~ 1, resulta,

N = No;(J (1 - e-At). (5.3)

La actividad,

A = L<P(l - e-At) Bq, (5.4)

siendo L = (J N la sección eficaz macroscópica de la reacción (cm - 1) Y (J la seccióneficaz microscópica (cm2, b).

Al retirar la lámina y medir después de un tiempo t', la actividad será

A(t') = L<P(l- e-..1.t)e-At'. (5.5)

Si el tiempo de irradiación ha sido suficientemente largo, se alcanza un estadoestacionario, en donde N A = L<P. Se define la actividad de saturación como

Método de transmisión

As = No<P (J. (5.6)

Se utiliza para la determinación experimental de las secciones eficaces, midiendo laatenuación que sufre un haz de neutrones al atravesar cierto espesor x de un material.Si un haz colimado penetra en un volumen de un cierto material, la intensidad l(x)después de haber atravesado la distancia x es

L

l(x) = loe-Lx, (5.7)

Fisica de neutrones 121

donde lo es el número de neutronesjcm2·s incidentes, y L (cm-l) la sección eficazmacroscópica del material, o coeficiente de atenuación lineal (absorción + dispersión).

L = La +Ls = (JaN + (JsN.

ljL = A (cm) representa el recorrido libre medio, es decir, la distancia media totalrecorrida por el neutrón sin sufrir una determinada interacción.

Cuando un neutrón realiza diferentes procesos en un núcleo, por ejemplo dispersiónelástica e inelástica, para cada proceso existe una sección eficaz y un recorrido libremedio característicos.

La relación I(x)j lo representa la fracción de neutrones iniciales que escapan a todainteracción.

1.2. Dispersión y moderación de neutrones

La mayoría de los neutrones procedentes de la fisión, y también de muchos procesos nucleares, poseen energías altas, del orden de 2 MeV, y por eso se llaman rápidos.Luego van perdiendo su energía principalmente a través de colisiones elásticas connúcleos estacionarios de número másico A. Cuando llegan a energías del orden de0,025 eV se llaman térmicos.

Ecuación de la difusión Una vez que los neutrones están moderados (térmicos),se van difundiendo sin cambiar su energía media. La ecuación de la difusión es de laforma

J = -D grad<1>,

donde J es la corriente neutrónica = número de neutrones que fluyenjcm2.s, normala la dirección del flujo neutrónico <1>,y D es el coeficiente de difusión.

La variación de energía en una colisión viene dada por la relación

El 1

Eo ="2 [(1 +oc) +(1- oc)cos8],

siendo e el ángulo de dispersión,

(A - 1 )2oc= A+l '

y Eo, El las energías antes y después de la colisión, respectivamente.El número medio de colisiones para reducir la energía del neutrón, viene dado por

•••

- 11 Eon = ~ n(EI)'

(5.8)

~--'

Iifr"q


donde ~ = In Eo/ El es el decremento energético logarítmico medio. Se verifica que

IX

~ = 1 + -1- In IX.-IX

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 origenhasta que es absorbido, suponiendo un medio sin multiplicación

siendo

L = VD/La,

1

D = coeficiente de difusión = 3(L, _ Ls/lo)'

(5.9)

(5.10)

L

y 710 = 2/3A el coseno medio del ángulo de dispersión en el sistema de laboratorio.En sistemas poco absorbentes, L, ~ Ls, Y

D = 1 = As = A,r,3Ls(1 - 71J 3(1 - /lo) 3

A,r es el recorrido libre medio de transporte.

Si la dispersión fuera isótropa, /lo sería cero y As = A,r'

Letargia Es útil expresar la energía de un neutrón, E, en forma logarítmica adimensional, definiendo la letargia o decremento energético logarítmico, como

u = In(Eo/ E),

donde Eo es una energía arbitraria de referencia. La letargia de un neutrón va aumentando según se va moderando.

Puede considerarse ~ como la variación media de la letargia por colisión, de unneutrón (como aparece en la figura 5.1). El recíproco, IR, es igual al número mediode colisiones por unidad de variación de letargia.

Ft'sica de neutrones 123

~<t:"

'~~ffi

LETARGIA, u •FIGURA 5.1. Variación de la letargia con la energía

Teoría de la edad: Modelo de moderación continna Se supone que hay unproceso de moderación a energía constante entre colisiones

2 • fEo D(E)dE D,(cm) = edad de Ferml = ~~ E = .i'~ In(Eo/ El)'El s S s(5.11)

••

representa el tiempo que transcurre entre la formación de un neutrón por fisión y sumoderación a la energía El, pero no es un tiempo, sino el cuadrado de una longitud,por tanto la

Longitud de moderación, L117= .jT, representa la distancia recorrida desde suorigen hasta que se modera a energía térmica.

Tiempo de moderación. Es el tiempo que tardan los neutrones de fisión en moderarse hasta energías térmicas. Resulta de la forma

.j2iii (1 1)t117= ~~s -JE; - .JEo

r¡¡I

l


donde m es la masa del neutrón,

~s un valor medio de la sección eficaz de dispersión,

Et la energía media de los neutrones térmicos, y

Ea la energía media de los de fisión.

Poder moderante, P", = ~1:s' representa la capacidad de un material para moderarneutrones ..

Relación de moderación, R", = ~1:s/ 1:0' indica la efectividad de un moderador.

-

=--='"'-----==------ -- ---- """' """''''''''''''''''''''''''''''''''''''=='''''''=''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''''==========



2.1. Interacción de neutrones

G) Un gramo de manganeso se irradia en un flujo de 1012 neutrones térmicos/cm2 .s.¿Cuál es el nivel de radiactividad (en Bq) que se alcanza al cabo de 5 h?T = 2,58 h. El manganeso es 100% Mn55• aa =13,2 b.

Solución:Para obtener la actividad partimos de la eco (5.2).

<Da = L 32 x 10- 11 s- 1 }A = 7,46 X 1O-5s-1,' se ve que A ~ <Da,

e-cDcrt ~ 1,

luego podemos utilizar la eco(5.3), y aplicar la eco(5.4) para calcular la actividad,en donde

6,023 X 1023 = 1,1 X 1022 núcleos de Mn,No = 55

L<D = a No<D = 13,2 x 10-24 xLI X 1022 X 1012 = 1,45 x lO11Bq,

(1 - e-Al) = 0,739.

El nivel de actividad que habrá alcanzado al cabo de 5 horas será

A(t) = 0,739 x 1,45 X 1011 = 11,07x 1011 Bq I

® Se sitúa una lámina de Inl15 de 1 cm de diámetro y 0,05 g de masa en el interiorde un reactor térmico. Se procede a su irradiación durante 20 m y tras un tiempode espera de 2 horas se efectúa el registro de su actividad residual medianteun contador proporcional que tiene ef = 50 cuentas/m de ruido de fondo y unaeficiencia B = 10-3. Sabiendo que el contador registró 2.750 cuentas/m y queaa = 175 b,

(a) Hallar la sección eficaz macroscópica de absorción del In.

(b) Calcular el flujo neutrónico en el punto de medición. T (In) = 54 m.

(c) Determinar la actividad que tendrá al cabo de un día de espera.

---

l


Solución:

(a) Como

~a = (JaN = 175 X 10-24 X 0,05 X 6,023 X 1023

La sección eficaz macroscópica de absorción será

~a = I 0,0458 cm- 1 I

(b) Aplicando en este caso la eco (5.5)

tI> = A(l')~(1- e-At)e-U'

A(t') = (C - Cf )/E = 2.700/10-3 = 2,7 X 106 c/m,

At = 0,256; e-At = 0,773; (1- e-At) = 0,227,

Al' = 1,536; e-u = 0,215.

Como dato obtenido antes, se sabe que ~a - 0,0458 cm- 1, luego el flujoneutrónico será

2,7 X 106 = 1,21 X 109c/cm2.m =}<P= _

<P= I 2x 107 neutr/cm2.s I

Hemos supuesto que <P(J < A, Yque e-<Dat = 1, como vemos que así ocurre.

(c) Aplicando también la eco (5.5), se puede poner de forma

A(t") = A(t) e-u',

siendo ahora

At" = 0,693 x 24 x 60/54 = 18,48,

e-U' = 9,42 x 10-9,

Fisica de neutrones 127

y la actividad al cabo de un día de espera resulta

A(t") = 2,7 X 106 X 9,42 x 1O-9c/m = I 4,24 X 10-4 Bq I

Se observa que después de un día de espera, la actividad ha decaído mucho.

® Un recipiente cilíndrico de 10 cm de longitud contiene F3 B a 00 y 250 mmde Hg, en estado gaseoso. Se hacen incidir neutrones que reaccionan sólocon el BIO según la reacción BIO(n, Cl)Li9. Hallar la probabilidad de que unneutrón de 7 eV que se mueve paralelo al eje del cilindro, produzca unareacción en el gas de llenado. El boro contiene un 90% de BIO y un 10% deB11. Su sección eficaz varía según la ley a ex 1/v, y la sección eficaz paraneutrones de 1 eV es de 120 b.

Solución:De (S.7) se deduce que las reacciones que se han producido son

lo - 1= 10(1 - e-Lx),

donde e-Lx es la probabilidad de que la partícula incidente recorra sin interacción una distancia x.LX = Nax es la probabilidad de que la partícula incidente choque en el espaciocomprendido entre X y x +dx.P = 1 - e-Lx, es la probabilidad de que se produzca una reacción.

1 - e-Lx ~ LX = Nax.

El neutrón llevará una energía cinética T = ~mv2,de donde v = /2T/m.La relación entre las secciones eficaces, dependientes ambas de l/v, será

cte = l20b,a(1eV) = /2 x l/m

cte

a(7eV) = /2 x 7/m'

de donde resulta que

(J (7eV) = 120/.J7 = 4S, 3 b.

'!f


En condiciones normales (760 mmHg), un mol ocupa 22.400 cm3, luego ennuestro caso (250 mmHg) resultará que

NA 250 18 3 10

NBlO = 0,9 x 22.400 x 760 = 7,96 x 10 nucljcm de B ,

P = 7,6 X 1018 x 45,36 X 10-24 x 10 = 3,6 X 10-3.

La probabilidad de que el neutrón de 7 eV produzca una reacción en el gases del

I 0,36% I

@) Se irradia una muestra de plata con neutrones térmicos durante 20 m, formándose los isótopos Ag108 y AgllO, ambos emisores [3-. Una vez cesada lairradiación, se encuentra que la actividad 13 de la muestra es despreciablepasados 5 m. Se sabe que la actividad inicial de la muestra es debida enun 27,7% al isótopo Ag108 y en un 72,3% al AgllO. La plata natural contienedos isótopos estables, Ag107 y Ag109. Las secciones eficaces de captura deneutrones térmicos de ambos isótopos valen: 0"107 = 31 b, 0"109 = 87 b.

(a) Hallar en qué proporción se encuentran ambos isótopos en la plata natural. Razonar el planteamiento.

(b) ¿Cuánto tiempo deberá transcurrir desde el cese de la irradiación paraque exista la misma actividad de Ag108 y Ag110 en la muestra? T108 = 2,4m; TllO = 24,5 s.

(c) ¿Cuál será el número total de 13- emitidos después del cese, 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; luego podemosconsiderar que se ha llegado a la saturación. Aplicamos la eco (5.6)

A108 = N107 0"107 <1> } N107 A 108 0"109Allo = N109 0"109 <1> N109 Allo X 0"107

de donde

N107-- = 1,075, por otra parte N107 + N109 = 100::::}N109

Hay 48,2% de Ag109 y 51,8% de Ag107 I

Hsica de neutrones 129

(b)

AIOS = AIOS(O)e-AlOst } .AlIo = AlIo(O)e-AlIot SI AIOS = AlIo,

resulta

AIOS(O) _ eAIOSt 27,7AlIo(O) - éllot = 72.3 =0,383 =e(AIOS-AlIO)t,

ln(0,383)t=----,AIOS - ,1110

3 3 _10, 69 _ 4 8 x 10- s ,AIOS = -----r44 - ,

0,693 = 0,028 S-I,,1110 = 24,5

AIOS - ,1110 = 0,0232,

t _ 0,959- 0,0232 = I 41,36 s I

Al cabo de 41,36 s tienen ambas la misma actividad.

(c) A = 1 Ci = 3,7 X 1010 Bq.Según la proporción de cada uno de ellos,

AIOS = 0,277 x 3,7 X 1010 = 1,025 x 1010Bq,AlIo = 0,723 x 3,7 X 1010 = 2,67 x 1010Bq.

Como N = AJA,

Nt = AIOS + AlIo = 13,078 X 1012 {3-AIOS ,1110 ------

Será el número total de {3- emitidos tras el cese.


2.2. Propagación de neutrones en la materia

CD Un método clásico para medir secciones eficaces de neutrones consiste enhacerles incidir perpendicularmente sobre una lámina fina. Si el blanco esuna lámina de manganeso puro (p = 7,2 g/cm3) con 1 mm de espesor, lafracción de neutrones transmitidos es 0,7.

(a) ¿Cuánto vale la sección eficaz microscópica total del Mn55 para neutronescon la energía del haz?

(b) Si la sección eficaz de dispersión es el 10% de la de absorción, ¿quéfracción de neutrones son absorbidos en la lámina?

Solución:

(a) La fracción de neutrones que escapan a la interacción es

/ -LX - ° 7,- =e -,/0

-1:x = ln(O, 7) = - O, 3566,

1:t = 0,3566/0, 1 = 3,566 cm-l,

1: = (JN; (Jt = 1:t/N,

N = 7,2 x 6,023 x 1023/55 = 7,88 x 1022neutr/cm3•

Luego la sección eficaz total

(Jt = 3,566/7,88 x 1022 = 4, 52 x 10-23cm2 = I 45,2 b I

(b)1:t = 1:a +1:s = 1, l1:a = 3,566 cm-l,

que se había calculado antes.1:a = 3,566/1,1 = 3,24 cm-l; 1:ax = 0,324,

/- LaX - ° 723 = -1 'e -, o

es la fracción de neutrones que escapan a la absorción.


Los que son absorbidos serán

(1 - e-LaX) = 1 - 0,723 = I 0,276 I

El 27,6% son absorbidos, yel 2,76% son dispersados.

® Si un neutrón de 0,025 eV viaja en un medio donde La = 0, 1 cm-l yLs = 0,2 cm-l.

(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 en línea recta?

(d) ¿Cuál es la probabilidad de que la siguiente reacción sea de absorción?

Solución:

(a) El neutrón desaparecerá cuando sea absorbido; debemos, pues, calcular ellibre recorrido de absorción, que será

1

Aa = ~ = I 10 cm Ia

(b) El tiempo que tardará en ser absorbido viene dado por la relación

Aa.t=-,V = /2Tj =3 10S./2x 0,025 X 10-6 =2188 103 jV V m x V 1,009 x 931 ' x m s.

En donde se ha puesto T(MeV) y m(MeV /c2).Por tanto, el tiempo que pasará antes de ser absorbido, será

t = _ H~,l .M =14,57 x10-5 s 1

(c) La distancia recorrida en línea recta será aquella en la que no se hayaproducido ni dispersión ni absorción, por tanto

A=~- 1 1Lt - La + Ls = 0,3 = I 3,33 cm


(d) La probabilidad de que la reacción sea de dispersión, frente a todas lasposibles, es

p _ L8 0,2- Lt = 0,3 = I 0,667 1

Es decir, el 66,7%.

CID Suponiendo que la sección eficaz de captura del AUl97 sigue la ley 1/v y que(1a = 99 b (para neutrones de 0,025 eV)

(a) Hallar la sección eficaz de absorción del AUl97 para un neutrón deE = 1 eVo

(b) ¿Qué espesor debe tener una hoja de oro que absorba el 20% de un hazde neutrones de 1 eV? p = 19,3 g/cm3.

Solución:

(a)

11

(11 = 99 b; El = 0,025 eV(1z =?; Ez = 1 eV } {

VI rx..;E;; (11 rx l/VI = cte/..;E;,Vz rx.,JE;; (1z rx l/vz = cte/.,JE;,

cte = (11j El = (1z.¡E; => (1z = (11j E¡f Ez.

La sección eficaz de absorción para un neutrón de 1 eV, es, por tanto,

(1z = 99jo, 025 = 115,65 b 1

(b) La fracción de neutrones absorbidos es

I- = (1 - e-:Eax) = 0,20;lo

-LaX = ln(O,80) = - 0,22,

e-:Eax = 0,80,

0,22x=y.

,~

lDebemos calcular L,

La =(1aN = 15,65 X lO-z4 X 19,32 X 6,023IOz3/197 = 0,924 cm-l,

F(sica de neutrones 133

luego

0,22 = 0,24 cm.x = 0,924

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 reactoresnucleares) tiene 150 mm de espesor y contiene 2% en peso de boro. (T(Fe)== 2,5 b; (T(S) = 755 b; p(B) = 2,5 g/cm3; p(Fe) = 7,9 g/cm3.

(a) Hallar las secciones eficaces macroscópicas de absorción de cada unode estos elementos en la barra citada.

(b) ¿Qué fracción del haz de neutrones se absorbe al atravesar la barra?

(c) Si el contenido del boro aumenta al 3%, ¿cuál será la sección eficaz macroscópica de la barra?

Solución:

(a) Para determinar las secciones eficaces macroscópicas, partimos de

~ = (T N.

Vamos a determinar primeramente la concentración de Fe y B en la barra.

2,5 x 6,023 X 1023 x ~ = 3 x 1021njcm3 ,NB = 10 100

7,9 x 6,023 x 1023 x 0,98 = 8,32 x 1022njcm3,NFe = 56

Sustituyendo, resulta

~B = 755 X 10-24 x 3 X 1021 = I 2,27 cm-1 I

~Fe = 2,5 X 10-24 X 8,32 X 1022 = I 0,21 cm-1 I


(b) La fracción de los que se absorben viene dado por 1/10 = (1 - e- :EaX); endonde esta La es la suma de los dos elementos;

La = 2,27 +0,21 = 2,48 cm-l.

Resulta que e-:Eax ~ 0, por lo que

11~1o

I Se absorben todos los neutrones en la barra I

(c) Ahora la barra contendrá el 3% en peso de boro, luego será 3/2 de laconcentración anterior, es decir,

NB = ~ x 3 X 1021 n/cm3 = 4,5 X 1021 n/cm3,

y la del hierro habrá disminuido al 97%, resultando

LB = 3,4 cm-I }Lpe = 0,206 cm-I '

luego la sección eficaz total de la barra será ahora

Lt = 3,4 + 0, 206 = I 3,61 cm-I I

2.3. Moderación y difusión de neutrones

G) Se desea construir un reactor térmico utilizando uranio como combustible ygrafito de moderador. (ld = 4,8 b; (le = 4,5 mb; p = 1,6 g/cm3. Calcular:

(a) El recorrido libre medio de difusión, de captura y de transporte.

(b) La longitud de difusión.

(c) Sabiendo que la edad de Fermi es T = 400 cm2, determinar la longitudde emigración M.


Solución:

(a) Recordando que1 1

A = ~ = aN'

y que en este caso

N = 1,6 x 6,023 X 1023/12 = 8,03 X 1022 n/cm3,

1 1Aa = _ = -:;--;:;-~;:--::-:-----,---- 1 I

La 4.8 x 10-24 x 8.03 X 1022 = 0,39 = 2,56 cm I

1 1 1 I IA = - = ----------- - ---- = 2.767 cme ~c A ~ 1 f\_ ~. 1 f\_?.:1 " O í\') ~; 1(\22 '2. h. v 1()- 4 -----

Atr = ~ _ Aa 2,56 ¡r-::----1 _ J1.o - O,94 = O,94 = 2,72 cm I

(b) Aplicando (5.9) y teniendo en cuenta (5.10), resulta

L=ylD/'La= 1 =/AcAtr_/2.767x2,72 ¡V3LtrLa V 3 - V 3 = 50,1 cm I

(c) La longitud de emigración M se define como

M2 = T +L2 = 400 +50, 12 = 2.908 cm2.

Por 10 que la longitud de emigración resulta ser

1M = 53,9 cml

® Un neutrón nace con 2 MeV y se modera hasta 0,025 eV en un moderador decarbón (p = 1,8 g/cm3), calcular:

(a) el número de colisiones necesario para moderarse,

(b) la longitud de difusión térmica del carbón para neutrones térmicos.aa = 0,0032 b; as = 4,8 b,

(c) la longitud de moderación en el carbón, siendo as = 4,23 barns paraneutrones rápidos.


Solución:

(a) De la eco (5.8) resulta

- - 1n(2 x 106/0,025) = 18,19/0,158 = 1115 colisiones para moderarse In-0,158

pues

~ = _2A + ~ = 0, 158.3

(b) De las ecs. (5.9) y (5.10), Y teniendo en cuenta que

1023 31,8 x 6,023 x = 9,034 x 1022n/cm ,N = 12

resulta

104

D/'2:.a = 3 x 3,2 X 10-3 x 4,8 X (9,034)2 x 0,944 = 2816,7.

Luego la longitud de difusión es

L = 12816,7 = I 53 cm I

(c) La longitud de moderación se vio que era Ll11 = ft; la edad de Fermi r viene enla eco (5.11). Sustituyendo los valores obtenidos en las anteriores operaciones,resulta

ft = .J277 = 116,6 cm I

® Dados los datos siguientes de los moderadores difenilo líquido (Cl2 HIO) yaguaordinaria (ambos con p = 1 g/cm3):

I Núcleo [Heo

o"s(b) [20

4,7

3,8

O"a(b)

0,33

3,7 x 10-32 X 10-4

c::~1

0,158

0,12

(a) Calcular el poder moderante y

(b) la relación de moderación de estos moderadores.

Capitulo 5: F(sica de neutrones 137

Solución:

(a) Cuando el moderador es un compuesto, se determina el poder moderante pormedio de la expresión

- ~ i pNA ~ i~Ls = N ¿.¡(ni(Js~;) = M ¿.¡(ni(Js~i)'1 1

donde ni es el número de átomos de la molécula de cada elemento y M es lamasa total del compuesto.En el caso del difenilo, la masa es Mdif = 12 x 12 + 10 x 1 = 154,

- dNA e H

(~Ls)diJ = -M (ne(Js~e+nH(Js ~H) =dif

= 1 x 6,02? X 1023 (12 X 4,7 X 0,158 + 10 X 20 X 1) X 10-24 = I 0,817 cm-11

En el caso del agua, la masa es Magua = 2 X 1 + 16 = 18, luego

(J: ~ ) _ 1 X 6,023 X 1023 ( -24 I -1 I<, ~s agua - 1 Q 2 X 20 X 1 + 3,8 X O,12) X 10 = 1,35 cm

Se observa que es mejor moderador el agua.

(b) La relación de moderación en un compuesto es de la forma

~Ls _ L~ni~i(J~

Rm = (~) - ~i n.(Jik..Ja ~1 1 a

Aplicándolo a los datos del problema,

(R ) . _ ne~e(J~+ nH~H(J:: _ 12 X 0,158 X 4,7 + 10 X 20 _ ~2m diJ - --'----~ - --------- - ,4ne(J~+ nH(J;; 12 X 3,7 X 10- 3 + O,33 X 10

Igualmente se determina la relación de moderación del agua

2 X 20 + O,12 X 3, 8 _ l6l2I(Rm)agua = 2 X 0,33 +2 X 10-4 - ~



1. Se irradia un trozo de 15 g de AU197 (p = 19,3 gjcm3) con neutrones térmicos encuya reacción se produce AU198 (T = 2,7 días). Se retira después de tres horas,siendo su actividad de 1 Ci. oAAu) = 98 b.

(a) ¿A qué flujo de neutrones estuvo sometido?

(b) ¿Qué actividad tendrá 10 horas después de haberla retirado?

2. Se utiliza un flujo de 107 neutrones térmicosjcm2·s para activar una lámina deoro de 0,5 mm de espesor. La sección eficaz de captura del AU197 es de 98 b, yp = 19,3 gjcm3•

(a) Calcular cuántos núcleosjcm2·s de AU198 se han formado después de lareacción Au197(n, y)AU198.

(b) Hallar el flujo de neutrones que ha atravesado la lámina.

3. Un neutrón de energía cinética E choca elásticamente con un blanco en reposo.Encontrar la máxima energía perdida por el neutrón en un choque si el blancofuera de

(a) H2,

(b) Cl2,

(c) (c) U238•

Comentar los resultados.

4. Un haz de 105 neutronesjm2·s de 5 MeV de energía atraviesa un espesor de 2 mde agua. (YH = 0,95 b; (Yo = 1,5 b.

(a) ¿Qué intensidad tiene a la salida?

(b) ¿Cuál es el coeficiente de absorción lineal y másico?

5. Se hace pasar un haz de neutrones térmicos a través de una placa de arsénicode 2 cm, siendo (Ja = 4, 1 b; (Js = 6 b y p = 5,73 gjcm3•

(a) Determinar en qué proporción se reduce la intensidad del haz.

(b) La proporción de esta reducción debida a la dispersión y la debida a laabsorción.

6. Un haz de 5· 1010 neutronesjcm2·s incide sobre una lámina de Li6 de 0,5 cm2de área y 0,005 cm de espesor. La sección eficaz de la reacción Li6 (n, cx)H3paraneutrones térmicos es de 72 b. Sabiendo que p = 0,53 gjcm3, y Ea = 0,0025 eV,calcular:

Capitulo 5: Fisica de neutrones 139

(a) Densidad de neutrones del haz (neutr/cm3).

(b) Velocidad de producción de tritio en la muestra.

(c) Actividad máxima en el tritio que puede inducirse en la muestra por el hazincidente. THe3 = 12, 3 años.

7. Considérese un neutrón de 10,4 MeV moderándose en grafito. Se supone que(Js = 4 b Y no hay absorciones. p = 1,6 g/cm3.

(a) ¿Cuántas dispersiones se necesitarán, en promedio, para reducir la energíadel neutrón a 0,1 eV?

(b) ¿Qué distancia recorrerá el neutrón hasta moderarse?

(c) ¿Cuál es el valor medio de la energía del neutrón después de su primeracolisión?

8. Se tiene una placa de grafito (Cl2) y sobre ella se hace incidir un haz de neutronescon 1,85 MeV a un ritmo de 5 x 105 n/cm2·s. Determinar cuántas colisionestienen lugar por cm2 y por segundo en el intervalo entre 250 y 100 keV.

l

l. INTRODUCCIÓN TEÓRICA

1.1. Fisión

En una reacción de fisión un neutrón colisiona con un núcleo de ciertos elementosquímicos (uranio y torio entre otros), produciendo su rotura en dos fragmentos demasas semejantes. Al mismo tiempo se emiten neutrones y unos 200 MeV de energía.Posteriormente estos fragmentos, muy excitados también, emiten neutrones. De loselementos útiles para la producción de energía, sólo el U235, U233 y el PU239 puedenfisionarse por neutrones de todas las energías y se llaman físiles. De ellos solamenteel U235 se encuentra en la naturaleza aunque en proporciones muy pequeñas, juntocon el U238 que es el isótopo más abundante. El Th232 y el U238 se fisionan sólo conneutrones rápidos, y se llamanfisionables. Para mantener una reacción en cadena sonnecesarios los núclidos físiles.

A partir del descubrimiento de este proceso, en 1939, surgió la idea de produciruna reacción en cadena automantenida y aprovecharla como fuente de energía. Unesquema simplificado del dispositivo que contuviera los componentes fundamenta-les sería:

1) Una vasija llamada núcleo, conteniendo el material fisionable en donde se liberatoda la energía de fisión en forma de calor.

2) Para que la mayoría de las fisiones se produzcan a baja energía, éste va acompañadode un moderador.

3) Un refrigerante para extraer el calor proporcionado, que se transfiere a un sistematurbina -generador.

141


4) Un sistema de control de la reacción en cadena formado por barras de controly venenos.

5) Equipos electrónicos para la medida de la potencia y sistemas de seguridad.Estos dispositivos se llaman reactores nucleares.

En la figura 6.1 puede verse un esquema simplificado de un posible reactor.

MANDOS DE BARRAS DE CONTROL

INTERCAMBIADOR

DE CALOR

BOMBA

--

--

i¡

-BOMBA

o

REFRIGERANTE----BARRAS DE

CONTROL

REACTOR

I CIRCUITO PRIMARIO I CIRCUITO SECUNDARIO

FIGURA 6.1. Reactor nuclear

Factor de multiplicación efectivo Kef. Es la relación entre la población deneutrones de dos generaciones sucesivas, en un reactor finito.

Kef población de neutrones en generación n + 1población de neutrones en generación n

También se puede representar como la fracción de los neutrones producidos frente alos absorbidos más los fugados. Se suele expresar como

Kef = ept¡f p¡P2, (6.1)

llamada fórmula de los seis factores.

Fisi6n y fusi6n nuclear 143

Analizamos brevemente cada uno de los factores.

B: Factor de fisión rápida. Tiene en cuenta que pueden producirse fisiones tambiéncon neutrones rápidos (U238).

p: Probabilidad de escape a la resonancia. Fracción de neutrones que escapan a lacaptura mientras van moderándose. Se debe a que se producen absorcionesresonantes por el U238 mientras se moderan.

[ 1 fEo La dE]p(E) = exp - Z E La + Ls E '(6.2)

siendo La Y Ls las secciones eficaces de absorción y dispersión para neutronesde energía E y ~ está definida en el capítulo anterior.

En un sistema homogéneo, La corresponde al combustible porque en el moderadorla absorción es despreciable, y La = N u (J~ Y considerando que Ls es independientede la energía, la eco (6.2) sería

( Nu 1 )p ~ exp - Nm (J;'~ '

donde 1es la integral de resonancia efectiva, el subíndice u representa al combustibley el m al moderador. (J';' es la sección eficaz de dispersión del moderador.

Para valores de Ls/Nu inferiores a 400 barns, puede hacerse la aproximación

p ~ exp[ _ 3, 06 (~)0.528]~ N (Jm •m s

1]: Factor eta. Representa el número de neutrones producidos por fisión, por cadaneutrón térmico absorbido en el combustible.

neutrones absorbidos durante la fisión1] = v x neutrones absorbidos en el combustible'

Lf1] = v La'

donde Lf es la sección eficaz de fisión del núclido fisil, La la de absorción delcombustible y v el número de neutrones liberados por cada neutrón absorbido.En una mezcla de U235 y U238 por ejemplo,

L235f1] = V '5"'235 + "'-'-aa

-- j

144 F¡'sica Nuclear: problemas resueltos

f: Factor de utilización térmica. Se debe a que algunos neutrones son absorbidospor materiales distintos del combustible.

En sistemas homogéneos,

:LUa

f = ~u +~aa

(J'Ua

f (J'U + (J'mNm/Nua a

(6.3)

P: Probabilidad de permanencia de neutrones en el reactor, o probabilidad de nofuga. Hay que definir dos posibilidades:

p¡: Probabilidad de permanencia de neutrones rápidos. Representa las pérdidas deneutrones rápidos producidas por fugas, durante la moderación.

p¡ = e-B2T

P2: Probabilidad de permanencia de neutrones térmicos. Tiene en cuenta las pérdidasde neutrones térmicos producidas por fugas. Suele ser pequeña porque las secciones eficaces de absorción a energía térmicas son grandes y también porquelos neutrones se mueven poco antes de ser absorbidos.

1

P2 = (1 +UB2)'

donde B2 se llama laplaciana o buckling; es una característica del sistema; depende de la configuración geométrica y es inversamente proporcional al tamañodel reactor. Por tanto

_B2Te

P = p¡ P2 = (1 +UB2)'

Si el reactor fuera infinitamente grande, no habría fugas, por lo que p¡ = P2 = 1Y se define el factor de multiplicación infinito Kw = ep1Jf, que es la 'fórmula de loscuatro factores".

En un medio multiplicador cualquiera, la distribución del flujo neutrónico puede trepresentarse mediante la ecuación

V2<l> + B2<l> = 0, (6.4) "I

con las necesarias condiciones en los límites. Se puede utilizar un método aproximadoconsiderando un solo grupo de neutrones, es decir, considerar que todos los neutrones

------------------------------------------------------------

Fisión y fusión nuclear 145

tienen la misma energía. Se deduce de (6.4) que la ecuación de criticidad para unreactor desnudo (sin reflector) en la teoría de un solo grupo es

/("1 +UB2 = 1,

como la condición de criticidad impone que Kef = 1, resulta

(/("1 +UB2) = /(" p = 1.

Aplicando el método de la difusión-edad (cap. 5), y utilizando la ecuación (6.1),resulta de forma general

Kef = /(" p = /(" e- B2T.•... """ .•...•. ,.." , (6.5)

es la ecuación crítica de la difusión para un reactor desnudo./(" es función de los materiales que forman el reactor y Pl Y P2 dependen de la

geometría y del tamaño.Cuando se produce el mismo número de neutrones en generaciones sucesivas, Kef =

1, se dice que es crítico. Si Kef > 1, se llama supercrítico, y si Kef < 1, se dice quees subcrítico. Del valor del factor de multiplicación depende que se mantenga o no lareacción en cadena.

Tamaño crítico. En un sistema crítico, aplicando (6.5) B2 sería la laplacianacrítica. Conociendo el valor de B~ a través de la ecuación crítica, puede determinarse el tamaño crítico correspondiente a una geometría determinada, siendo los máscaracterísticos

~.

~

!~.

Buckling geOmétrico{

Esfera:Cubo:

Cilindro:

B2 = (n/R)B2 = 3 (n/a)2

B2 = (2,405/ Ri + (n/ Hi

para un reactor esférico de radio R, uno cúbico de lado a y uno cilíndrico de radio Ry altura H.

Potencia de un reactor. La velocidad de fisión depende de la probabilidad defisión y del flujo de neutrones, Rf = Lf (fisiones/cm3• s). En un reactor de volumen V se producirán V Lf fisiones/s. Como la energía total disponible por fisión(200 MeV) es del orden de 3,2 x 10-11 W· s, para producir 1 W es preciso 3,1 x 1010fis/s, de donde la potencia de un reactor viene dada por la expresión

P = V Lf 3,1 X 1010 W,

(6.6)

en donde se ha supuesto que el reactor está funcionando durante un cierto tiempo. Seve que la potencia es proporcional al flujo neutrónico y depende de la masa de núclidofísil presente y de la sección eficaz de fisión. Para el control de la potencia lo más útiles controlar el flujo neutrónico frente a las otras variables.

Cinética del reactor. Los neutrones que resultan de la fisión se llaman instantáneos y son el 99% de los producidos. Los fragmentos resultantes de la fisión(emisores {3-) emiten también neutrones, son los retardados. Se ha demostrado queéstos se distribuyen en seis grupos, cada uno de ellos decayendo exponencialmentecon una velocidad bien definida, siendo su periodo el correspondiente al del precursorneutrónico. Igualmente que en el caso de los neutrones instantáneos, con los neutronesretardados se produce también radiación gamma retardada. La figura 6.2 explica esquemáticamente el fenómeno de la producción de neutrones instantáneos y retardados. En la figura 6.3 se representa un esquema de desintegración donde aparecen losneutrones retardados.

instantáneos retardados

•

.®~~

~

~p+ •~

•

~

0::-,.~

FIGURA 6.2. Producción de neutrones instantáneos y retardados en la fisión

Se define {3como la fracción de neutrones retardados, por lo que (1 - {3)será lafracción de los instantáneos.

La ecuación cinética exige que en el balance de neutrones se tengan en cuentala velocidad de producción de neutrones instantáneos ~ La<D(1 - {3) y la de losretardados, que es igual a la velocidad de desintegración de los precursores A; C;.Introduciendo estas contribuciones a la fuente neutrónica y haciendo una serie deoperaciones, se llega a la ecuación horaria de la reactividad,

6

_ ~ _1_ ~ m{3; ~ 1m ~p - 1m+ 1 + 1m + 1 ~ m + A; + m + A'l= I

(6.7)

siendo {3 = L~=I{3;, I el tiempo de generación de neutrones instantáneos y A; laconstante de desintegración de los neutrones retardados de cada grupo i. En generalse toma A como el valor promedio de los seis grupos. ii!

•••

y

Kr87

Kr86

FIGURA 6.3. Emisión de un neutrón retardado a partir del Br87

Se define la reactividad como la variación relativa del factor de multiplicaciónefectivo en un momento dado

Kef-l_l __ l_p== -K-ef - Kef'

En la nomenclatura frecuente se expresa en dólares

reactividad en dólares == ~.

El valor p = O corresponde a un sistema crítico, mientras que el valor positivocorresponde a Kef > 1 en que la población está aumentando (estado supercrítico) yel negativo al estado subcrítico, en que Kef < 1 Y la población está disminuyendo.

La ecuación (6.7) es de séptimo grado, en la que para cada valor de p hay sieteraíces de co. Si p > O una de ellas es positiva y las demás negativas. Al principiohay un aumento brusco de la población, pero poco tiempo después influyen los neutrones retardados y va estabilizándose. Si p < O, todas las raíces son negativas y vadisminuyendo la población todo el tiempo.

La variación del flujo de neutrones térmicos, ante un cambio brusco de reactividad,puede representarse por la ecuación

<1> = <1>0 [AoeúJot +A1eúJ1t], (6.8)

úJo representa la raíz positiva en el caso en que p > O,Y COl la mayor de las negativas.

.•..


Al cabo de poco tiempo los términos negativos de (6.8) desaparecen y queda

<D = <DoAoewot.

Se define el periodo estable del reactor como el intervalo de tiempo que debe pasarpara que la densidad neutrónica varíe en un factor e.

Periodo estable

Tp == Wo[3 - p.AP

Tiempo de generación efectivo

le = 1 + [3 - PA .

El efecto de los neutrones retardados es el de suavizar el ascenso brusco del flujoneutrónico, para el caso de la reactividad positiva. Un ejemplo aparece en uno de losproblemas resueltos.

1,0

RESULTADO

Primera contribución

Reactividad negativa0,5

\\\

\""",~:~unda contribución"

0,0

0,0 0,5 1,° 1,5t(s)

2,0

FIGURA 6.4. Variación del flujo con el tiempo. Reactividad negativa


La ecuación (6.8) sigue siendo válida para casi todos los valores de reactividadnegativa. En la figura 6.4 se representa la variación del flujo con el tiempo para uncaso típico de reactividad negativa. Como se ve, el término transitorio hace disminuirel flujo neutrónico al principio del proceso.

1.2. Fusión

En las reacciones de fusión se forma un núcleo más estable a partir de la reacciónde dos núcleos ligeros (como aparece en el capítulo 4 de este libro, en los tipos dereacciones nucleares). La fusión no es un proceso natural en la tierra como lo es lafisión, pero en el Universo ocurre de forma natural, concretamente en las estrellas.

Reacciones de fusión utilizadas

Reacciones DD (deuterio-deuterio)

Hi +Hi --> He~ +n,

Hi +Hi --> Hi +Hi.

Q = 3,27 MeV,

Q = 4,03 MeV.

Cada una de estas reacciones ocurre con un 50% de probabilidad.

Reacción DT (deuterio-tritio)

Hi +Hi --> Hei +n, Q = 17,59 MeV.

La reacción Hi +Hi --> Hei no se ha observado experimentalmente.

En la fusión, los núcleos reactantes tienen que poseer una energía cinética relativamínima suficiente para vencer la repulsión electrostática mutua (barrera de Coulomb),esto es, una diferencia importante entre la fusión y la fisión, en donde los neutronesque la inducen no necesitan poseer una energía mínima.

Barrera de Coulomb

El efecto de la barrera de Coulomb en la reacción de fusión es similar al efectoque se produce en el decaimiento oc. La barrera de potencial que deben superar lospartículas para que se produzca la fusión es

donde Z¡, Z2 son los números atómicos de las partículas, R¡, R2 sus radios nuclearesy A¡,A2 los números másicos .I

•••

Ve = ~ Z¡Z2 ~ 0,7 Z¡Z2 MeV,4nEoR¡+R2 A¡+A2

(6.9)


La condición impuesta por la ecuación (6.9) exige una temperatura del gas muyalta. Por ejemplo, para una reacción DT tenemos que Ve = 0,14 MeV. Teniendo encuenta que la energía media en una distribución de Maxwell-Boltzmann es ~ kT, paraobtener un número apreciable de núcleos (por ejemplo, un 1% de todos los núcleos)que tuviesen energías iguales o superiores a 0,14 MeV sería

3

2 kT ~ 1O-2Ve = 1,4 keV=} T ~ 107 K.

Con esa temperatura, el gas estaría realmente caliente, tanto que las moléculas seríanátomos y los átomos estarían altamente ionizados. En el hidrógeno los iones y losnúcleos serían idénticos. A una mezcla eléctricamente neutra de electrones e iones sele llama plasma; éste es el estado esperado para la mezcla reactante en un reactor defusión termonuclear.

El requisito de cualquier reactor de fusión es confinar un plasma reactante conuna temperatura y densidad lo bastante altas y durante un tiempo justo a fin depermitir que ocurran suficientes reacciones de fusión para obtener una ganancia netade energía.

Debido a que un plasma para la reacción de fusión debe estar a una temperaturamuy alta, los confinamientos convencionales, como las paredes de una vasija, no sonfactibles.

Velocidad de reacción

La velocidad de una reacción de fusión es:

R = n¡n2(JV, (6.10)

donde n¡,n2 son las densidades de las dos especies que reaccionan (en iones/m3), (J esla sección eficaz de la reacción y v la velocidad relativa de los reactantes. Dado que(J es una función de v y como los núcleos tienen todo un intervalo de velocidades, seutiliza un producto (JV promedio efectivo.

DD _ (JV = 2,3 x 1O_¡4exp[-18, 8/(kT)!] 3

(kT)¡ cm Is,

DT _ (JV = 3,7 x 1O_¡2exp[-20/(kT)!] 3

(kT)¡ cm Is,

donde T es la temperatura del plasma y kT se expresa en keV.

Fisi6n y fusi6n nuciear 151

Densidad iónica

La densidad iónica que se alcanza es proporcional a la presión. La máxima presiónejercida por los iones del plasma que puede ser confinado por el campo magnético(suponiendo confinamiento magnético) será

B2 B2Prnax = _0 o

2po 8n x 10-7'(6.11)

donde Bo es la densidad de flujo magnético en el vacío (en teslas) y Po la permeabilidadmagnética del vacío. Pmax se expresa en pascales.

Los constituyentes del plasma (iones y electrones) obedecen las leyes del gasperfecto,

p = nkT,

n es la densidad de iones (ionesjm3). Igualando con la expresión (6.11) y despejandose obtiene una relación entre la densidad de iones, la temperatura del plasma y elcampo magnético,

B2n - o

- 8n x 1O-7kT'

en este caso kT se expresa en unidades del S.l. Gulios).

Combustible

(6.12)

••

La reacción DD es más dificil de realizar que la DT (como se verá más adelante, laDD tiene una temperatura de ignición cinco veces superior que la de la reacción DT).Los primeros reactores de fusión se basan en la reacción DT. El deuterio contenidoen el agua de los océanos se encuentra en cantidades prácticamente inagotables yde extracción relativamente fácil. Pero el tritio, que es inestable, se desintegra poremisión p- con relativa rapidez (T = 12,3 años), por lo que no se encuentra en laNaturaleza más que en cantidades ínfimas. Se obtendría de la reacción de los neutrones(producidos en la reacción de fusión) sobre litio,

Li6 +n _ He4 +H3 +4,78 MeV.

Densidad de potencia

Si Q es la energía emitida en cada fusión, la densidad de potencia desprendida delas fusiones p¡ será

p¡ = n¡n2(JvQ .


Si suponemos mezclas al 50%, nI = n2 = n/2

1 2

Pf = ¡n CTVQ.

Los iones y los electrones que forman el plasma interaccionan entre sí a través desus cargas y sufrirán aceleraciones y desaceleraciones en su movimiento. Una cargasometida a aceleraciones emite radiación (radiación de frenado o bremsstrahlung); siademás hay campos magnéticos presentes (como es el caso del confinamiento magnético), las trayectorias helicoidales de las partículas dan lugar a una aceleración y portanto a una emisión, llamada radiación de sincrotrón; también los choques entre ionesy electrones pueden dar lugar a emisión de rayos X o emisión de luz. Todas estasradiaciones escapan en parte del plasma llevándose una cierta energía.

Para un plasma en condiciones termonucleares la fuente de radiación más importante es el bremsstrahlung. La potencia emitida en este tipo de radiación es

Pr - an2T!Z3,

donde a es una constante, T la temperatura del plasma y Z el número atómico delreactante.

La temperatura para la cual las ganancias Pf igualan a las pérdidas Pr se denominatemperatura crítica (en el caso de la fusión no hay una masa crítica como en la fisión).Para procesos DT, kTc - 5 keV y, para procesos DD, kTc es del orden de 40- 50 keV.

También hay que tener en cuenta efectos de fugas, opacidad del plasma, etc., por10 que se obtienen valores para la temperatura de ignición (temperatura mínima paraque la reacción sea automantenida) superiores a la temperatura crítica; estos valoresdependerán de cada dispositivo concreto. Como valores indicativos se tiene

Ti(DT) - 6 - 10 keV ( - 108 K),

Ti(DD) - 50 keV ( - 5 X 108 K).

Sólo si se supera esta temperatura se compensan las pérdidas, la temperatura puedemantenerse elevada y la reacción puede reproducirse.

Criterio de Lawson

Como se ha visto antes, la condición T > Ti es una condición de automantenimiento.

J. D. Lawson dio en 1957 un criterio que determina las condiciones necesarias paraque un reactor de fusión llegue a encenderse y mantenerse.

Si '"C es el tiempo de confinamiento de la energía, o tiempo que tarda en disiparseo perderse la mitad de la energía térmica que depositamos en el plasma, y n es el

.. ------"11I


número de partículas por cm3 que hay en el plasma, la condición para que la reacciónpueda mantenerse es

m: > 104 s.cm- 3 para DT,

m: > 105 s.cm- 3 para DD.

Al criterio de Lawson se llega considerando que r¡ = 1/3, donde r¡ es el rendimientode producción de energía (o eficiencia del reactor termonuclear).

Confinamiento del plasma

Confinamiento magnético. En los dispositivos de confinamiento magnético se intenta conseguir un alto valor de m: (criterio de Lawson) mediante la actuación decampos magnéticos en el plasma y el magnetismo actúa como "material" capaz de serempleado en la construcción de recipientes contenedores.

El uso de campos magnéticos se debe al hecho de que los reactantes se encuentranen estado de plasma, es decir, en forma de iones libres mezclados con electrones libres,de modo que pueden ser confinados en un campo magnético.

El confinamiento magnético mas simple es un campo magnético uniforme (laspartículas realizarían trayectorias espirales alrededor de la dirección del campo). Estosería suficiente para confinar a las partículas en sólo dos direcciones. Para prevenir lapérdida 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 densidadde líneas de campo magnético que reflejaría las partículas dentro de la región dondeel campo es inferior. Serían los espejos magnéticos.

Confinamiento inercial. Es un concepto bastante diferente del concepto de confinamiento magnético. En este caso se busca alcanzar un valor aceptable de m: creandouna alta densidad n en lugar de un tiempo de confinamiento 1: alto. Para ello se agregaenergía a cantidades pequeñas de los reactantes por medio de láseres pulsados. Así latemperatura y la densidad de los reactantes aumenta enormemente. La ignición de lafusión y las condiciones de quemado se alcanzan tan rápidamente, que no hay tiempode que ocurra una expansión, antes de que ocurra alguna reacción.

Se logra la fusión con materia enormemente comprimida. La cantidad de materiaa comprimir será insignificante y tendrá que ser una esfera hueca (puede ser unapequeña esfera de DT sólido).

Bombardeando esa esfera con radiaciones (haz láser, por ejemplo) se calienta yse comprime su superficie a altísima temperatura, por lo que se forma un plasmacaliente. El plasma se escapará libremente hacia afuera. Pero, por conservación delimpulso, parte de las partículas tendrá que ir hacia adentro. Esa implosión será capazde comprimir una mezcla de gas deuterio-tritio que puede colocarse dentro de la esferahueca, y juntamente con el calor producido provocar una fusión termonuclear.

Se consideran otros medios de los haces láser para añadir energía a las esferasreactantes, como pueden ser haces electrónicos y haces iónicos (iones de deuterio, porejemplo).


Ésta es una materia de plena actualidad, en pleno desarrollo teórico y tecnológico,por lo que conviene estar atento a la bibliografía, que cambia rápidamente.

Fusión solar (estelar)

Una estrella como el Sol es el prototipo más satisfactorio de reactor termonuclearautomantenido.

El proceso básico en el Sol es la fusión del hidrógeno para generar helio. El primerpaso de este proceso de fusión será la combinación de dos protones

H1 +H1 ------> H2 +e+ +v, Q = 1,44 MeV.

Siguiendo a la formación del deuterón, es muy probable, ya que las condicionesinternas de presión y temperatura en el Sol son óptimas, que se produzca la siguientereacción:

H2 +H1 ------> He3 +')1,

Posteriormente

He3 +He3 ------> He4 +2H1 +')1,

Q = 5,49 MeV.

Q = 12,86 MeV.

-

El proceso completo (cadena protón-protón o ciclo Critchfield) da como resultadola formación de He4. La reacción neta es la transformación de 4 protones en helio

4H1 ------> He4 +2e+ +2v.

Si hay elementos más pesados en el interior de la estrella pueden ocurrir otrasseries de reacciones de fusión, como, por ejemplo, la cadena del carbono o ciclode Bethe.

---

••

Fisión y fusión nuciear 155


2.1. Fisión

G) Determinar la densidad de potencia térmica (W/cm3) que se genera en el combustible (U02) de un reactor de fisión, en donde el 3% es U235. El flujo de neutrones es de 2 x 1013 n/cm3• s y la energía efectiva es E = 0,05 eVo

Considerar que las secciones eficaces en la región térmica varían según l/v.La sección eficaz de fisión del U235 a la energía de 0,0025 eV es de 585 b.

P = 9 g/cm3.

Solución:Teniendo en cuenta la proporcionalidad de O" con (l/v), y por tanto con El/2,

(E) 1/2 (0 025 ) 1/20"¡(0,05 eV) ~ O"(Eo) i = 582 x Ó,05 = 411 b.

Como hay una mezcla homogénea,

M = 238 + (2 x 16) = 270,

N235 = 0,03 x 9 x 6,02~7~ 1023 = 6,023 X 1020 n/cm3 de U235,

~¡ = N O"¡ = 6,023 X 1020 x 411 X 10-24 = 0,247 cm-l.

De la eco (6.6),

p = ~¡ <1>= 0,247 x 2 x 1013 X -¡ 1 ~ 1010 = 1159,2 W /cm3 I

® Considerar un reactor cilíndrico de 60 cm de radio y 90 cm de altura.

D = 1,06 cm, r = 40 cm2, y ~a = 32 cm-l. Calcular

(a) El buckling geométrico.

(b) La probabilidad de no fuga .

-----------~~~~~~~-~==========~~~~~~~~~~~~~-~~=---- ..--..~_.~~~~_.._.


Solución:

(a) Por ser un reactor de forma cilíndrica, su buckling geométrico será

B2= (2,~OSr +(;r = (2,:Sr +(~r =12,82x 1O-3cm-21

(b) La probabilidad de no fuga es la probabilidad de permanencia durante la moderación,

p = p p e-B2r¡ 2 =

La probabilidad de permanencia de neutrones rápidos,

p¡ = e-B2r = 0,893.

La probabilidad de permanencia de neutrones térmicos,

12 'P2 = 1 +UB

donde U = D /'La = 1,06/32 = 0,033 cm2, por lo que

1P2=. ~~~~ ~n~ .~o=O,999~1.

Se observa que la permanencia de los térmicos es mayor que la de los rápidos;finalmente, la probabilidad de permanencia, resulta

P = 0,893 x 1 = I 0,893 I

CID Determinado reactor homogéneo es crítico cuando tiene la forma de un cubo deun metro de lado.

(a) Si a idéntico material se le da forma de una esfera, ¿cuál será entonces sutamaño crítico?

(b) ¿Cuál sería el factor de multiplicación infinito si L = 18 cm?

-


Solución:

(a) El buck1ing de un reactor cúbico

2 (n )2 ( n )2 _ 3 - 2Be = 3 ~ = 3 100 = 2,96 X 10 cm .

El esférico,

B; = (~r·Si tienen el mismo B2, significa que

2,96 X 10-3 = (~r=} r = 57,74 cm

y

Id = 115,47 cm I

Éste sería el tamaño crítico para un reactor de esa geometría.

(b) La condición de criticidad para un reactor desnudo, en la teoría de un grupo,

Kej = K,., 1 171 +L2B2 = =}.L~ = 1 +L2B2,

K,., = 1 + 324 x 2,96 x 10- 3 = ~

3) Un reactor cilíndrico que tiene un radio de 55 cm y 100 cm de altura se mantienecrítico.

(a) ¿Cuál es el buckling geométrico?

(b) Determinar el factor de multiplicación infinito.

(c) Al introducir una barra de control, la reactividad disminuye un 0,2%. ¿Cuálserá ahora el factor de multiplicación efectivo? La=O, 22 cm-1, D = 1,36 cm.

Solución:

(a) El buck1ing de un reactor cilíndrico es

B; = (2, ~05 r + (~ r = (2,:5 r + ( 1~0r = I 2,9 x 10- 3cm- 2 I

(b) Igual que en el problema anterior,

Fe, = 1 +L2B2 = 1 + ~'~~x 2,9 X 10-3 =11,0179/,

(c) La reactividad se define como el exceso o disminución del factor de multiplicación, luego

p = t1KeJ = 1 - KeJ = 0,2% = 2 x 10-3,

KeJ = 1 - p = 1 - 2 x 10- 3 = I 0,998 I

Quedaría ahora el reactor subcrítico después de haberle introducido una barrade control, al ser KeJ < 1.

® Suponga un reactor infinito formado por U235 yagua. Se desea saber la razónentre los pesos uranio/agua que logrará la criticidad. Considerar: p = 8 = 1;v = 2,5; (Jf = 582 b; (J:; = 694 b Y(J:;' = 0,664 b.

Solución:

Para que sea crítico un reactor infinito, Fe, = 1, Y

LU LU Lf 1'J a - V X __ --:::,-- = .Fe, = r¡f = V X ~u x LU +L'" - L~ +L;;'~a a a

Luego

V x Lf = L~ + L;,

V x Nu x (Jf = Nu x (J:: +N", x (J;.

Sustituyendo valores, resulta

N", N", 7612,5 x 582 = 694 +0, 664 x Nu :::} Nu = 0,664 = 1146.

Luego ;u = 8,7 X 10-4'"

Esta es la relación entre las concentraciones, como piden la relación de pesos

mm = 18 x Nm }

NA mu _ 235 Nu 235

mu = 235 x ~: mm -18 x Nm = 18 x 8,7 X 10-4•

La relación de masas uranio/agua, para que sea crítico, debe ser

:: = 0, 01l4::} 1, .1_,_14_0;;_0I

:ID Un reactor cuyo combustible es U235 opera a la potencia de 700 MW y se ledetiene tras la inserción inmediata de barras de control de 8% de reactividad.

(a) ¿A qué potencia habrá descendido inmediatamente?

(b) ¿A qué potencia habrá descendido 1 min más tarde?

T = - 80 s; 13 = 0,0065; l = 10-3 s-¡.

(c) ¿Qué potencia tendrá 15 m después?

Solución:

(a) De la eco (6.8) inmediatamente, cuando t = 0,

<1> = <1>o(Ao+ A¡),

siendo

13 p

Ao = -13- = 0,075, Y A¡ = --13-'-p -p

Se ve que (Ao + A¡) = 1.

La potencia es proporcional a la densidad neutrónica,

P = Po(Aoewot +A¡eW¡t),

lo que quiere decir que P = Po, la potencia no ha variado.


(b) Un minuto más tarde, 1= 60s, resulta

l 60OJ l - - - - - -O 75' ewot - ° 472

o - T - -80 - " -,.

Como p es el 8%, p = -0,08,

/3 - p 0,0865 w t_OJII = --¡- x 1= -1(F3 x 60 = 5190; e 1 - O.

Pasado un minuto desde la variación brusca de reactividad, ya no influyen lostransitorios, luego

P = Po Ao ewot = 700 x 0,075 x 0,472 = 124,78 MW I

(c) Al cabo de 15 min,

_ 15 x 60 _ 1 2' wot __ 5OJol - M - - 1, 5, e _ 1,3 x 10 .

Luego la potencia habrá descendido hasta

P = 700 x 0,075 x 1,3 x 10-5 = 6,82 X 10-4 =/682 wj

(]) Un reactor de uranio natural-grafito está trabajando a nivel de potencia estacionario. Al introducirle una pequeña cantidad de uranio enriquecido, la reactividad se hace bruscamente 0,0018 positiva.

El tiempo de generación neutrónica vale ¡= 10-3 S Y se supone un solo grupode neutrones retardados.

(a) Determinar la evolución del flujo neutrónico en función del tiempo.

(b) Compárese el periodo estable con el que resultaría si no existiesen neutrones retardados.

A. = 0,08 s; /3 = 0,0065.

Solución:

(a) Aplicando la eco (6.8), en donde

Ao = _/3__ 0,0065/3 - p - A AALC: A AA10 = 1, 38,

-p =Al = - fJ _ p


0,00180,0065 _ 0,0018 = -0,38,

OJo = ~ _ 0,08 X 0,0018fJ _ p - 0,0065 _ 0,0018 = 0,0306 S-l,

__ fJ - p _ 0,0065 - 0,0018 _ -47 -1OJ1 - 1 - 10-3 -, S ,

resultando que

<P= <Po[1, 38 eO,0306t - 0,38 e-4,7t].

Dando valores a t, desde t = ° hasta t = 2 s, resulta la figura siguiente, endonde se han separado las dos contribuciones.

1,5Primera contribución

RESULTADO

,.....,

oe.."e..'-'o;.'p

o:l"l..;

oo'2·0

l..;•..;:;"¡::o.S'¡;:;

1,0

Reactividad positivap =0,0018

0,5

\\

"""

"",~::~nda contribución--

0,0

0,0 0,5 1,0 1,5t(s)

2,0

(b) El periodo estable del reactor,

T = fJ - p = 0,0065 - 0,0018 = I 32,6 s Ip AP 0,08 x 0,0018 ~.--.


Si no hubiese neutrones retardados,

T = ~ _ 10-3P - 0,0022 = 0,55 s.

Como (]'>j(]'>o ex et/T, para t = 2 s, (é/T)con ~ 1; (et/T)sin = 38.Se ve que si no hubiera neutrones retardados el flujo neutrónico subiría muyrápidamente.

2.2. Fusión

CD Se tiene 1 litro de agua; si todo el deuterio que contiene se fusionara mediantela reacción DD, ¿cuánta energía se liberaría? Expresar el resultado en J. El deuterio forma el 0,0148% del hidrógeno natural.

Solución:

Como se ha visto anteriormente, hay dos posibles reacciones DD, que tienen un50% de probabilidad de ocurrir

Hi +Hi ---> Hei + n + 3, 27 MeV,

Hi +Hi ---> Hi +H: +4,03 MeV.

Primero hay que calcular cuántas moléculas del agua hay en un litro de agua.11 = 1 dm3. La densidad del agua es p = 1 gjcm3 = 103 gjdm3. Patm(H20)=18.

3 6,023 X 1023 3 25' 3nlnol = 10 x 18 = 3, 5 x 10 moleculasjdm.

Como cada molécula tiene dos átomos de hidrógeno,

natH = 2 x 3,35 X 1025 = 6,7 x 1025átomosjdm3.

El 0,0148% de estos átomos serán de deuterio,

nD = 0'~;048 x 6,7 X 1025 = 9,92 X 1021 átomos de deuteriojdm3•


Para realizar una reacción DD se necesitan dos átomos de deuterio, por lo que hayla posibilidad de 9,92 x 1021/2 = 4,958 X 1021 reacciones DD. De ellas cada 50%será de uno de los dos tipos antes indicados.

4,958 2x 1021 x 3,27 = 2,479 X 1021 x 3,27 = 8, 11 X 1021 MeV,

4,958 2x 1021 x 4,03 = 2,479 X 1021 x 4,03 = 9,99 X 1021 MeV.

Eliberada = 8, 11 X 1021 + 9, 99 x 1021 = 1,81 X 1022 MeV/dm3

Eliberada = 1,81 X 1022 x 1,602 X 10-19 = I 2,90 X 103 MJ /dm3 I

~ Una reacción interesante en la aplicación de procesos termonucleares es lasiguiente:

D +D -- He3 +n.

(a) Si los núcleos de deuterio interaccionan en reposo, calcular la energía cinéticatotal del neutrón y el núcleo de He3 (en MeV).

(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 cmuno de otro, ¿qué energía hay que suministrar para vencer la repulsión electrostática?

(d) Si se proporciona esta energía calentando a temperatura muy elevada, ¿cuáles la temperatura necesaria?

Solución:

(a) Con los datos de las masas obtenidos de la tabla del apéndice

Q = Tc = (mi - mf)e2 = [2 x 2,014102 - (3,016029 + 1,008665)] e2 =

= 3,51 X 10-3 e2 =[ 3,27 MeVI

Q = THe3 + Tn (1).

Por la conservación de la energía y del momento

mHe3THe3 = mnTn (2),


PHe3 =pn =p.

Por conservación de la energía total

mn Q,THe3 = mn +mHe3

mHe3 Q,Tn = mn +mHe3

p =1 67,87 MeVjc I

p2 = 4606,33 MeV2jc2.

E4 + (m2 _ m2 )2 _ 2E2 (m2 +m2 )2 n H~ n H~p = 4E2

THe3 = Q- Tn =10,82 MeVI

= 3,75 X 103 MeV = E.

Tn _ 3,016029- 1,008665 + 3, 016029 x 3,27 = 12,45 MeV I

e2 Z2

Ve = 4nEo 7'

vmfic4 +p2C2 +y'mHe3c4 +p2C2 = Tc +mnc2 +mHe3C2 =

de (1) y de (2) se tiene

Para simplificar c = 1. Elevando sucesivamente al cuadrado y despejandoqueda

sustituyendo los valores de las masas que aparecen en la tabla y el valor de laenergía total

(b) Como los deuterones están en reposo su momento lineal es igual a cero, losmomentos resultantes del n y He3 son iguales y de sentido contrario.

(c) Sabemos que la repulsión e1ectrostática viene dada por la siguiente ecuación:

recordando que

e2 -11

-4- = 1,440 MeV.fm y que r = 10 cm = 100 fm,neo


sustituimos en la expresión anterior

1

Ve = 1,440 X 100 = 0,0144 MeV = 114,4 keV 1

es la energía que hay que suministrar para vencer la repulsión electrostática.

(d) En la distribución de Maxwell-Boltzmann la energía más probable es

3

Ee =:2 kT,

de donde

T = ~ Ee = ~ x 0,01443 k 3 R ó25 x 10- 11 = I 1,11X 108 K I

la temperatura necesaria para superar la barrera de Coulomb.

~ Demostrar que si el planeta Júpiter fuera uniformemente denso, su energíacinética por nucleón sería aproximadamente de 6 eV, demasiado pequeña parainducir reacciones nucleares. Este planeta está compuesto principalmente dehidrógeno. Su masa es 1,9 x 1027 kg Y su radio 7 x 107 m.

Solución:

El potencial gravitatorio dentro de una esfera uniforme de masa M y radio R es

( 3 r2)V (r) = GM 2R - 2R3 .

La energía gravitatoria de interacción entre las distintas partes de una esfera esuna función radial, no depende del ángulo y su valor es

1 J 3Ep=:2 V(r)adr,

donde a es la densidad volumétrica de masa y d3 r es el elemento de volumen

d3r = 4nr2dr.

liR (3 r2)Ep=:2 o [-GM 2R-2R3 a4nr2]dr=


IR(3 r2) R2= -27wGM - - - r2dr = -8nO"GM-

o 2R 2R3 10'

Como es uniformemente denso, O" no depende de r y siempre vale

MO" = :'±nR3'3

con lo que

E _ 3 GM2p ---S ¡¡:-.

Sustituyendo los datos y las constantes

3 6,67 x 10-11(1,9 X 1027)2= -2 X 1036J.Ep = - "5 x 7 x 107

Calculamos cuántos átomos de hidrógeno hay

N = 1,9 X 10271,67 X 10-27 = 1,137 X 1054.

La energía potencial por nucleón será

Ep 2 X 1036

N = - 1, 137 X 1054 = -1,76 x 10-18 J/nucleón = - 11 eV/nucleón.

Según el teorema del virial,

(T) __ !(Ep) = 5,6eV ~ 6eV = 9 x 10-19 J,N - 2 N

donde ( T ) es el promedio en el tiempo de la energía cinética, y (Ep ) el promedioen el tiempo de la energía potencial gravitatoria.

La temperatura correspondiente a esta energía es tal que

(T) _ ~kT,N-2k = 1,38 x 10- 23J /k, es la constante de Boltzman.


De aquí se deduce que T = 43.470 K, es una temperatura demasiado baja.

Para que se produzcan fisiones, debe haber una proporción apreciable, aunque pequeña, de átomos de H con energía cinética del orden de Kc e2 j R (R = 10-15 m).Esto supondría que

é 9 X 109 -19 2 - 13

Kc R = 10-15 X (1,6 x 10 ) = 2,3 x 10 J.

Esta energía es la que debería haber para inducir reacciones nucleares. Se ve quees de cinco órdenes de magnitud superior a la que hay en Júpiter; por eso esteplaneta es una enana marrón.

3) Se tiene un plasma DT, 50-50 confinado en un campo magnético de 8 teslas,a una temperatura de 25 keV. La presión se encuentra al 15% del máximo.(J"V = 3,2 x 10- 16 cm3/s. Calcular:

(a) La velocidad de reacción del plasma.

(b) La energía liberada.

Solución:

(a) Para calcular la velocidad del plasma hay que calcular primero la densidadiónica. Según la ecuación (6.12) la densidad iónica será

B2n = o ,

8n x 10-7kT

para esta expresión kT tiene que estar expresada en julios

kT = 25 keV = 25 x 1, 6 X 10-16 J = 4 X 10-15 J.

. 82 21 . 3n = . ~ " = 6,37 x 10 lOnesjm.

Como la presión se encuentra al 15% habrá n = 9,5 X 1020 ionesjm3•

(J"V = 3,2 X 10-16 cm3 js = 3,2 X 10-22 m3 js.

De la ecuación (6.10) y teniendo en cuenta que en este caso

n OW· j 3nI = n2 = 2 = 4,775 x 1 lOnes m

1I


se obtiene finalmente

R = ni n2lTV = (4,775 x 1020)2 x 3,2 X 10-22 = I 7,30x 1019 reac/m3. s I

(b) Como se sabe que en las reacciones DT la energía liberada por reacción, es17,59 MeV.

E = 17,59 x 7,30 X 1019 = 1,28 X 1021 MeV/m3. s = 2,05 X 108 J/m3. s =

= 205 MW/m3 = I 205 W/cm31

® Supongamos que en un proceso de fusión dos núcleos de Li6 reaccionaran formando tres partículas IX. El proceso podría producirse mediante láser. ¿CuántosMJ por kilo de litio natural se obtendrían si se pudiese hacer la reacción de estaforma? El 7,4% dellitio natural es Li6.

Solución:

La reacción propuesta será

Li~ + Li~ ~ 3Hei + Q.

Con las masas que aparecen en la tabla se determina Q

Q = (2mLi - 3mHe) c2 = (2 x 6,015122 - 3 x 4,002603)c2 = 0,02243c2 =

= 20,90 MeV, se liberan en cada reacción.

Para saber cuántos núcleos de Li6 hay en 1 kg de litio natural

7,4 6,023 X 1023 = 7 43 X 1021 núcleos de Li6/kg.N=100x 6 '

Con N núcleos de Li6 se producen N /2 reacciones, por lo que la energía liberada será

E = 7,43 X 1021 x 20,90 = 7,76 X 1022 MeV/kg =2

= 7,76 X 1022 x 1, 602 X 10-19 = /1,24x 104 MJ I en cada kg de litio natural.



1. Calcular la energía desprendida en la fisión

(a) de un núcleo de U235,

(b) de 1 g. de U235,

de acuerdo con la siguiente reacción:

U235 + ni Sr90 + Xe136 + 10 ni92 o ~ 38 54 o

2. Estimar la energía de los neutrones necesaria para producir la fisión del PU241

y del PU242. ¿Y en el caso del Pb208?

3. Un reactor de U235 presenta una ligera variación de su potencia. Esta variaciónhace que en 30 m la potencia sea el doble. ¿Cuál es la magnitud de la reactividadque 10 ha producido? f3 = 0,0072; A = 0,084 S-l.

4. Se desea construir un reactor homogéneo que esté formado por U02 (32%,P = 10,1 grjcm3) yagua (68%, p = 0,8 grjcm3). El enriquecimiento del Uen U02 es de 3,2% átomos. Determinar el factor de multiplicación infinito,conociendo los datos siguientes

v = 2,47; O"f = 580 b; O"~ = 687 b; 0": = 0,66 b.Considerar que el 31% de los neutrones rápidos son absorbidos mientras semoderan, y que e = 1.

5. Considere un reactor que está trabajando a nivel de potencia estacionario,cuando se produce un salto brusco de 0,1 % de reactividad. Al cabo de 10 sla reactividad vuelve a cero.

(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 loscasos siguientes

(c) (b) p = 0, 1%

(d) (c) p = f3

(e) (d) p = °

Datos: f3 = 0,0076; A = 0,08 S-I; 1 = 10-3 S.

l


9. ¿Qué relación hay entre la energía producida por la fisión de N gramos de U235

y la producida por fusión de N gramos de tritio con deuterio?

S. Determinar cuánto deuterio es necesario para alimentar durante un mes un reactor de fusión DD de 1.000 MW. Se supondrá que el plasma puede mantenerseestabilizado hasta un grado de quemado del combustible de un 10%. La reacciónesd + d--. cx+y +23,S MeV.

=t1 =22,7s.2

Datos:

fJ = 0,00141; l = 10-4 s;vida media de los neutrones retardados

7. En un plasma de fusión (o termonuclear), una mezcla 50-50 de deuterio y tritiodebería tener una densidad de 1021 ionesjm3 y un equivalente de temperaturade 10 keV.

(a) ¿Cuál es la densidad de dicha mezcla, en kgjm3?

(b) ¿Cuál es la presión?

6. Se tiene un reactor infinito, formado por una mezcla homogénea de U235 yagua,trabajando a SOOMW. Tras retirar una barra de control aumenta su factor demultiplicación infinito un 0,1%.

(a) Suponiendo que no hay neutrones retardados, calcular el tiempo en el queel flujo neutrónico aumenta un factor e.

(b) Lo mismo que en (a) suponiendo que hay un solo grupo de neutrones retardados.

10. Suponer que en una estación de fusión se produce 7,5 x 109 kWh por año, conuna eficiencia térmica del 40%. La energía térmica requerida se produce pormedio de las dos reacciones siguientes:

d+t--.n+cx+17,59MeV y Li6+n--.cx+t+4,7SMeV

(a) ¿Cuántos kilos de Li6 se consumen al año?

(b) Siendo el Li6 el 7,5% dellitio natural, ¿cuánto litio natural se necesitará?


El estudio de los núcleos y nucleones nos hace aproximamos más a la estructurade las partículas, observando que detrás de ellos hay otras más pequeñas, que son lasconstituyentes de la materia, las llamadas partículas elementales.

Además de las propiedades generales de las partículas elementales, interesa mencionar aquí dos características especiales:

l. Cada tipo de partícula tiene su antipartícula, de masa idéntica, pero con otraspropiedades opuestas como, por ejemplo, con cargas eléctricas opuestas (comoocurre con el electrón y el positrón, o con el protón y el antiprotón). Puedenanularse mutuamente, dando lugar a fotones u otras partículas .

.., Las fuerzas que actúan entre las partículas elementales se deben al intercambio deotras, llamadas mediadoras.

1.1. Clasificación de las partículas observadas

a) Fotones. Bosones de espín unidad y masa nula. Es el cuanto de radiación.

b) Leptones. (Partículas ligeras). Son fermiones de espín 1/2. Son el electrón e, elmuón ¡.,¡, y el tauón 'L y los neutrinos v (electrónico, muónico y tauónico), juntocon sus antipartículas. Los tres primeros tienen masa no nula. Los neutrinostienen masa nula y viajan a la velocidad de la luz. Todos ellos están sujetos a

171

1


TABLA 7.1. Características de algunos hadrones bosónicos (mesones)

las interacciones electromagnética y débil, pero no a la fuerte y se comportancomo partículas puntuales. Con los métodos actuales de resolución, 10-18 m, nose ha observado estructura en los 1eptones y no se ha encontrado a ninguno enun estado interno excitado; por tanto, se les considera partículas fundamentales.Sus características aparecen en la tabla 7.4.

Espín

Masa

GeVjc2Carga

eléctrica

Mesón q 7j

QuarksconstituyentesNombre

n+ Pión ud10,140O

K+

Kaón su-10,494O

r¡

Eta uTIO0,549O

D+

D+ ed11,869O

B+

B+ bu15,271O

Símbolo

c) Hadrones. O partículas que interaccionan fuertemente y que sienten todas lasinteracciones. Están constituidas por quarks (tienen estructura extendida, por10 que no son partículas elementales propiamente dichas). Tienen un radio delorden de 10- 15 m. Los hay de dos tipos:

1) Mesones (Partículas de masa intermedia). Son bosones. Están formados porun quark y un antiquark. Por ejemplo, los piones (n+, n-, nO), los kaones(K+ ,K- ,~) y otros muchos.

2) Bariones (Partículas pesadas). Son fermiones formados por tres quarks.Entre ellos están los nuc1eones (el protón y el neutrón), los más ligeros dela familia y otros más pesados llamados a veces hiperones (masa mayorque la del neutrón), como el A (lambda), L (sigma), y 3 (cascada).

En las tablas 7.1 y 7.2 aparecen las propiedades de algunos hadrones (hay muchos más). Las antipartícu1as correspondientes tienen los mismos valores demasa y espín, las cargas eléctricas son opuestas y los quarks constituyentes sesustituyen por el antiquark correspondiente (por ejemplo, d- d).

•..

Particulas elementales 173

TABLA 7.2. Características de algunos hadrones fermiónicos (bariones)

Bariones q q q y Antibariones q q q

Quarks

CargaMasaSímbolo

NombreconstituyenteseléctricaGeVjc2Espín

Protón

uud10,9381

P 2

Neutrón

udd°0,9401

n 2

AO

Lambda uds°1,1161

2

L+

Sigma 11,1891

uus 2

Q-

Omega -11,6763

s s s 2..

Resonancias. Además de la lista de partículas estables hay otros muchos hadrones descubiertos en experimentos con aceleradores de alta energía. Estos hadrones tienen vidas medias del orden de - 10- 23 s, varios órdenes de magnitudmás pequeñas que las vidas medias de los hadrones estables. Esta vida mediatan pequeña es un índice de que decaen por interacción fuerte. Se trata de lasresonancias, son estados virtua1es intermedios en procesos donde intervienenhadrones. Como ejemplo de resonancias mesónicas p, cv, y de resonancias bariónicas .1.., ~* , 8* .

Tipos de interacciones fundamentales. Entre los componentes de la materiaexisten cuatro tipos de fuerzas; a cada una de ellas se le puede asignar una constantede acoplamiento, que indica su intensidad, y cada una de ellas actuará dentro de unadistancia o una escala de tiempo específica. En orden de intensidad creciente son:

a) Gravitatoria. Aunque es la más débil, conforma la estructura del universo, perono desempeña ningún papel en fisica nuclear. Es de largo alcance y siempreatractiva. No tiene efectos medib1es en la escala de las partículas.

b) Débil. Es una fuerza de poca intensidad y la de menor alcance (10-18 m). Es laresponsable de la desintegración beta, entre otros procesos parecidos. Se caracteriza por la participación de cuatro fermiones. Son debidas al intercambio de

-,


TABLA 7.3. Características de las interacciones fundamentales

En la tabla 7.3 aparece un resumen de las características de las interacciones.

(7.1)Ver) =g exp(-kr)r '

Campo EspínInteracCÍón

deAlcanceMediadordelVidaacción

mediadormedia

Gravitatoria

CosmosInfinitoGravitón2

Fuerte

Núcleos10-15 mGluón110- 22_10- 25 s

AtamosElectromagnética

yInfinitoFotón1:::;1016 smoléculas

Débil

Desintegraciones10-18 mW+,W- ,Zo110-12_10-15 snucleares

donde k es el recíproco de una longitud, que representa el alcance de las fuerzas nucleares. Las vidas medias de las desintegraciones fuertes van de 10-22a 10-25 s.

una de estas tres partículas mediadoras (bosones): W+, W- y Zo. Su constantede acoplamiento es j2/hc = 10- 14, donde j es la constante de Fermi ordinaria.Sus vidas medias están en el rango 10-12_10-15 s.

c) Electromagnética. De largo alcance, pueden ser atractivas o repulsivas. Los mediadores de esta fuerza son los fotones. La constante de acoplamiento es laconstante de estructura fina IX = e2/4nhc = 1/137. Hoy se cree que las fuerzasdébiles y electromagnéticas son dos manifestaciones distintas de una sola, llamada electrodébil. A muy grandes energías, inalcanzable s en el laboratorio,las dos tienen la misma intensidad, pero esa unificación está rota a bajas energías. La vida media de las desintegraciones electromagnéticas están entre 10-16y 10-20 s.

d) Fuerte. La más intensa de las cuatro, pero su alcance es muy corto (~ 10- 15 m).Es la responsable de la estabilidad de los núcleos y de las fuerzas entre losnucleones. Es posible definir una constante análoga a la de la estructura finade las fuerzas electromagnéticas, pero sin valor fundamental (denominada g),que estaría entre 1 y 10. Se debe a la fuerza entre los quarks que constituyenlos hadrones. Las partículas mediadoras en esta interacción son los gluones.En promedio es atractiva y los experimentos prueban que existe una longitudcrítica más allá de la cual no se extiende la interacción. Un potencial que describefenomenológicamente las fuerzas fuertes entre los nucleones fue introducido porYukawa,

-

Part(culas elementales 175

Partículas extrañas. Propiedades

Son hadrones. El análisis de los rayos cósmicos reveló en los años 50 la existenciade partículas más pesadas que los piones. Son los kaones, lambdas, sigmas, cascadas, etc. Hay partículas extrañas que son mesones y otras que son bariones.

a) Se producen abundantemente por parejas en procesos de interacción fuerte (piónnucleón, nucleón-nucleón). Se trata de la producción asociada.

b) Su vida media es mucho mayor que las típicas de la interacción fuerte.

c) Decaen vía interacción débil, con o sin intercambio de extrañeza. También puedendecaer electromagnéticamente.

Que la fuerza responsable de su producción fuese mucho más intensa que la desu desintegración parecía entonces "extraño". Ésta es la razón de su nombre.

Leyes de conservación

La existencia de leyes de conservación en una reacción implica que deben conservarse ciertas cantidades (o sea, que sus valores antes y después son iguales), que sonlas siguientes:

1. Energía y momento lineal.

2. Carga eléctrica.

3. Momento angular. En una reacción A --+ B +C, siendo SA, SB YSc los espinesde las partículas, debe cumplirse: SA = SB + Sc + LBC siendo esos vectores losoperadores de espín de A,B, y C y de momento angular relativo de B y C,respectivamente.

4. Paridad. Cada partícula elemental tiene asignada una paridad intrínseca, par ( +)o impar (-) que describe el comportamiento de la función de onda espacial bajola relación r--+-r.La paridad del protón se toma par, por definición. La de un estado de dos partículasA, B vale 1]A1]B( _1)/, donde 1]A y 1]B son sus paridades y 1 su momento angularorbital relativo.

Para los bosones la paridad de partícula y antipartícula son iguales; en los fermionesla paridad de partícula y antipartícula son de signos opuestos.La paridad se conserva en la interacción fuerte y electromagnética, pero no seconserva en la interacción débil. Es una magnitud multiplicativa.

5. Número barióDÍco. Se designa B = + 1 para bariones, B = - 1 para antibariones y B = Opara el resto. Se conserva en todo tipo de interacciones, por lo quelos bariones sólo se pueden crear en pares (barión + antibarión).

{ L = 1 para e- , Ir, ,-, v6. Número leptónico. Se designa: L = -1 para e+, f1+ , ,+ , V

L = Opara las demás partículas

176 Flsica Nuclear: problemas resueltos

7. Isospín. En la interacción fuerte, se conservan las tres componentes del isospín,en la electromagnética sólo la tercera T3 y en la débil ninguna.

8. Extrañeza. Se designa por S. Se conserva en la interacción fuerte y en procesoselectromagnéticos, pero puede cambiar una unidad en la interacción débil. Seutiliza la fórmula de Gell-Mann-Nishijma

Q = T3 + s +Be 2

donde S + B = Y se conoce como hipercarga.

Los Quarks

Los quarks son los constituyentes de los hadrones. Se ha establecido ya la existencia de seis tipos diferentes de quarks: u = up (arriba); d = down (abajo); s = strange(extrañeza); c = charm (encanto); b = bottom (belleza) y t = top o truth (verdad).

1.2. Características y propiedades

1) El número bariónico de un quark es 1/3.

2) Los hadrones no son objetos elementales como los leptones, sino que están forma-dos por subunidades o constituyentes, que son los quarks.

3) Tienen el mismo espín que los electrones: s = 1/2.

4) Éstos están confinados permanentemente en el interior de los hadrones.

5) La carga eléctrica es: 2/3 para los u, cy t, y -1/3 para los d, s y b.

6) Los nuc1eones (protón y neutrón) están formados por tres quarks: p - (uud),n- (ddu).

7) Los mesones son estados ligados de un quark y un antiquark.

8) No es posible obtener quarks como partículas aisladas.

9) Como todas las partículas, los quarks poseen sus correspondientes antipartículas.

10) Además de los quarks, los nuc1eones están constituidos por gluones, que son losresponsables de la unión de los quarks dentro de los hadrones.

11) Cada quark puede existir en tres variedades o tipos, descritos como colores(convencionalmente se suelen designar con los adjetivos rojo, verde y azul).

A semejanza con la electrodinámica cuántica, se ha construido una teoría llamadacromo dinámica cuántica que explica las interacciones fuertes como el efecto de lasfuerzas llamadas de color, entre los quarks de los hadrones mediadas por gluones.

Finalmente, se cree hoy que la materia está constituida solamente por seis quarksy seis leptones, que aparecen en la tabla 7.4, con sus correspondientes antipartículasy los mediadores de las interacciones.

~

ParUculas elementales 177

TABLA 7.4. Fermiones constituyentes de la materia

Constituyentes de la materia

LEPTONES espín = ~

QUARKS espín = ~

Masa

Carga MasaCargaNombre

GeVjc2eléctricaNombreGeVjc2eléctrica

Ve, neutrino

<7,3x 10-6O 4x 10-32u up 3

electrónico(arriba)

5,1 x 10-4

-1d down7x 10-31e -3

electrón(abajo)

VI" neutrino

< 3x 10-4Os strange0,151

-3muónico(extrañeza)

-

0,106 -1c charm1,52

J13

muón(encanto)

!

1V~, neutrino< 4x 10-2Ob bottom, beauty4,7-3

tauónico(belleza)

-

1,784 -1t top, truth1742

r 3tau

(verdad)

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; lasleyes de conservación de la energía total y el momento lineal nos permiten determinarel comportamiento final de las partículas resultantes. Excepto a bajas energías, esnecesario utilizar las ecuaciones relativistas para la energía.

.,

178 F{sica Nuclear: problemas resueltos

Energía total

[E2 _ p2C2]

(7.2)Tu = IQI Lm2mA'

Tu = IQI (M! +M2)M2

E = ¡m2c4 +p2C2 = T +mc2 = energía cinética más energía en reposo.

ET = (mb +ms)c2.

En el caso de que la reacción sea endoérgica, es necesario determinar su energíaumbral, es decir, la energía mínima del proyectil necesaria para que se produzca lareacción.

Uno de los métodos más sencillos es el de utilizar el invariante de Lorentz,

es invariante, o sea, que vale lo mismo en ambos sistemas de referencia, del laboratorioy del centro de masas. En el sistema del c.m. las partículas finales están en reposo,por lo que los momentos p s YPb son nulos, y la energía total en el estado final es

En el sistema de laboratorio el momento inicial total PT = Pa, pues la partícula A seconsidera en reposo.

Teniendo en cuenta estas consideraciones, se llega a que la energía umbral necesariapara que se produzca una reacción es de la forma

donde L m = Mi + Mi son la suma de las masas iniciales y finales. Si hacemosMi = Mi, tenemos la energía umbral en el caso no relativista, como se vio antes,

Part(culas elementales


2.1. Propiedades generales

:.D Discutir cuáles de las siguientes reacciones están permitidas en términos de lasleyes de conservación de la carga, el número bariónico y el leptónico.

(a)f.1- ~ e- +ve +vp

(b)p ~ n e+ +ve

(c)

Q- ~Eo +n+

(d)n+ +p ~p+p+ñ

Solución:(a) f.1

eVevp

Q-1-1OO

BOOOO

L11-11

Como se ve se conservan las tres magnitudes. Se trata de una interacción débil,el decaimiento del muón.

(b)p n e+ Ve

Q 1 O 1 O

B 1 1 O O

L O O -1 1

Se conservan las tres magnitudes. Se trata de una interacción débil, que corresponde a una desintegración beta ({3+).

(c)Q-

SOn+

Q

-1O1B

11OL

OOO

No se conserva la carga, se trata de una reacción prohibida.

~


(a)

/1+ ~ + Ve +vI"

+ e+ + ve

p p P TI

111 O1 1 1 -1O O O O

+p ~no +n

n~

Ve+ ~e- +p

n+

Q 1B OL O

Se conservan todas las magnitudes. Se trata de una interacción fuerte. Seconserva también la paridad, la paridad de n+( -), p( +) y TI( -). También seconserva el isospín, para n+ es 1 y para p y TI es ~.

(c)

(b)

(d)

(d)

/1+ ~ e+ + Ve + vI"

Solución:

(a) Por conservación de la carga, la partícula que falta tiene que tener carga +.Por conservación del número bariónico, su número bariónico debe de ser O.Para que se conserve el número leptónico, el suyo tiene que ser -1.De lo anterior deducimos que se trata de un antileptón de carga +. La partículaque falta es el positrón~ e+. La reacción queda de la siguiente forma:

Es la desintegración del muón +, una interacción débil.

(b) Para que se conserve la carga, la partícula que se busca debe tener carga -.Para que se conserve el número bariónico, su numero bariónico será -1; setrata de un antibarión.

Por conservación del número leptónico se deduce que su número leptónico debeser O.

CID Averiguar qué partícula falta para completar la reacción, teniendo en cuenta lasleyes de conservación.

Part/culas elementales 181

Llegamos a la conclusión de que la partícula buscada es un antibarión decarga negativa. La partícula que completa la reacción es el antiprotón - p.La reacción es la siguiente:

ll- P +e+ +ve

Es la desintegración del antineutrón, una interacción débil.

(c) Por conservación de la carga, la de la partícula que falta para completar lareacción es O.

Para que se conserve el número bariónico deberá tener número bariónico 1; esun barión.

Por conservación del número leptónico, se deduce que su número leptónicoes O.

La partícula que buscamos es un barión neutro. Se trata del neutrón- n. Lareacción completa es:

Ve+n-e- +p

Se trata de la desintegración f3 inversa, interacción débil.

(d) Por conservación de la carga, la partícula debe tener carga -.Por conservación del número bariónico, éste será O; no es ni barión ni antibarión.

Para que se conserve el número leptónico, deberá ser O; no es ni leptón niantileptón.No es ni barión ni leptón; tiene que ser mesón de carga negativa. Se trata delpión negativo- n- . La reacción queda del siguiente modo:

n- +p-no +n

Es una dispersión pión-nucleón, interacción fuerte, en la que también se conserva la paridad y el isospín.

® Se supone que un muón libre con 1,5 MeV de energía cinética recorre hastadesintegrarse una distancia media de algo más de 110 m. Realice la demostración.

Solución:

La vida media de un muón libre según las tablas tiene un valor de

TI'- = 2,2 X 10-6 s.

.,

----------~~~~~~==========~~~"""""""""""" .••.•.••.•"""-----~ .._-- -~~


La energía cinética T = 1, 5 MeV y

.fiT _. /2 x 1,5 x 3 X 108 = 5,05 X 107 mis.v = V --¡;¡ - V 105,66

Luego

1 = v t = 2,2 X 10-6 X 5,5 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, calcular la energía cinética mínima de:

(a) un electrón,

(b) un protón, confinados en una dimensión de 7 x 10-15 m (considérese queApAr = lz).

Solución:

lz 1,054 X 10-34 -20ApAr = lz, luego Ap = Ar = ,.,.. 1(,- " = 1,5 x 10 l.s/m,

Ap = 9,4 X 10-8 MeV/(m/s),

poniéndolo en unidades de MeV/ c, resulta que

Ap = 28,2 MeV/e.

(a) Caso del electrón: me = 0,511 MeV/e2. La energía cinética Te vale

Te = jm2e4 +p2e2 - me2 = lo,51F +28,22 - 0,511 = 127,7 MeV I

(b) Caso del protón: mp = 938,26 MeV/e2

Tp = j938, 262 + 28, 22 - 938,26 = I 0,42 MeV I


2.2. Interacción relativista de partículas

G) En el bombardeo de protones en reposo con haces de protones, se puedenproducir pares de protones y antiprotones. Calcular la energía mínima que debe tener el haz de protones incidentes para que la reacción sea posible.

p+p - p+p+p+p

Solución:

La energía total final en el centro de masas es

ET = 4me2,

porque estarán en reposo.La energía total inicial en el sistema de laboratorio es

ET = (Ei +me2),

y el momentoPT =Pi·

La energía del protón incidente,

Ei = ylm2e4 +p¿e2

Como

[Ei - p~e2]

es invariante en ambos sistemas de referencia, resulta

16m2e4 = (Ei +m e2)2 - pie2 = 2m2e4 + 2m e2Ei'

de donde

Ei = 7me2•

La energía cinética será finalmente

Ti = Ei - me2 = 6me2 = 5629 MeV ~ 15,6 GeV 1

..,


Esta reacción se produce en el bevatrón para obtener antiprotones. Se ve que laenergía incidente del haz de protones debe ser muy alta.

® Sea la reacción

n- +p _ n +no

donde n- y p están en reposo. Calcular:

(a) la velocidad con que sale el nO.

(b) Las energías máxima y mínima de los y emitidos en la desintegración del nO

procedentes de la reacción nO _ 2 y.

Solución:

(a)

PnO =Pn = P, los momentos son iguales,

Pn- = Pp = 0, ambas están en reposo.

Por conservación de la energía total

ET = (mn- +mp)c2 = Vp2C2 +m~c4 +Vp2C2 +m;oc4.

Hay que elevar al cuadrado dos veces. Haciendo

22222 2M2mn- +mp - mno - mn + mn- mp = .

Resulta

M4c8 _ 2M2p2C6 =p2c2(m2 +m2 )c4 +m2 m2c8n nO nO TI ,

de donde despejando resulta

( 4 2 2)M -m omn 22 n C •

P = 2M2 +m~ +m;o

Sustituyendo los valores de las masas, resulta el valor M = 361, 07 MeV. Seobtiene, por tanto

P = 28,08 MeVjc;


Teniendo en cuenta que

mv me2 pe2

p = .,Jl=7J2' y E = jT=7J2 ::::}v = E'

la velocidad del pión emitido será

v = pe2'p2e2 +m;oe4 = 0,203 e = 16,1 x 107 mis I

(b) Para que las energías de los fotones sean máxima y minima, deben salir endirecciones opuestas, con momentos paralelos al del nO, uno hacia adelante yotro hacia atrás.

Siendo k1 y k2 los momentos de los fotones, por conservación de la energía,

(k1 + k2) e = E = VP2e2 + m;oe4 = 137,86 MeV,

k1 - k2 =p = 28,08 MeV/c,

Luego

k1 = 82,97 MeVIc }k2 = 54,89 MeVIc

Energía máxima: I 82,97 MeV I

Energía mínima: 154,89 MeV 1

® Suponga una colisión elástica entre un electrón ultrarrelativista (E ~ moe2) yun núcleo de masa M. Demuestre que la energía de retroceso del núcleo es

T _ E2(cose - 1)R - E(cose _ 1) _ Me2'

siendo e el ángulo de desviación.

~


Operando, resulta finalmente

Ti = Ti + TR

Sustituyendo en (o),

Pi = E/c = Ti/c }

Pi = Ti /c = (Ti - TR)/c

PR = (V2Mc2TR + T'j)/c

E2(cos8 - 1)TR = E(cos8-l)-Mc2 c.q.d.

_E2 + _(E_-_T_R_)2_ 2_E__(_E_-_TR_)cos 8 = _2M_c2_T_R+ T~c2 c2 C C c2

Pi=PiCOS8+PRCOSCP} =}P;+P}-2PiPiCos8=p1, (o)O =Pi sen8-PRsencp

Aplicando las ecuaciones de conservación

Energía:

Solución:

La energía será:

E = T +m c2 }

o . 2

E2 = (moc2)2 +p2C2 SI E > moc , entonces E = T = cp.

siendo Ti la energía cinética del electrón incidente, Ti la final del electrón y TR lade retroceso del núcleo.

Momento:

Solución:

Sean k¡ y k2 los momentos de ambos fotones, y por tanto k¡ c = 2k2c. La energíadel positrón será

@ En la aniquilación de un positrón y un electrón emergen dos totones. Suponiendoque la energía cinética del positrón es igual a tres veces su masa en reposo yque la de un totón es el doble de la del otro, calcular el ángulo que torman lasdirecciones de ambos totones.

E+ = T+ +mc2 = 4mc2.


Por conservación de las energías,

Ei = 4mc2 +mc2 = 5mc2,

E¡ = k¡c +k2c = 3k2c,

luego

2 k 5 25mc = 3 2C::} k2c = 3mc ,

Por la conservación de los momentos,

p¡ = ki +kª +2k¡k2coscp = kª(5 +4coscp),

siendo cp el ángulo que forman ambos fotones. Por otra parte,

p¡c2 = E~ - m2c4 = l5m2c4,

luego resulta que

l5m2c4 = kª(5 +4coscp)c2,

finalmente25

l5m2c4 = _m2c4(5 +4coscp),9

El ángulo que forman ambos fotones es

cos cp = 0, l::} cp = 1840 15' 39" 1

2.3. Desintegración de partículas elementales

G) Una partícula X de masa M se desintegra en un neutrón y un pión con momentosPn = 193 MeV/c y Pn = 273 MeV/c, formando un ángulo entre las partículassalientes de sr. Hallar la masa de la partícula X y determinar cuál es, suponiendo que no hay más productos en la reacción.

Solución:

En = ¡m~c4 +p~C2 y En = ¡m~c4 +p~C2,

Ex = En +En,


y además

2 2 2 2 ePx = Pn + Pn + PnPn cos ,

como se conocen todos los datos, puede determinarse

P; = 1932 +2732 +2 x 193 x 273 x 0,544 = 169104 MeV2jc2.

En = /939,52 + 1932 = 959, 12 MeV,

En = /139,62 +2732 = 306,6 MeV.

Sustituyendo los valores obtenidos,

Ex = 959, 12 + 306, 6 = 1265,72 MeV.

m;c4 = E; _ p;c2,

sustituyendo

m;c4 = 1265,722 - 169104 = 1432943 MeV2,

mx = 11197 MeVjc21

La partícula es ~- , un barión. La reacción producida será

~- ~n+n-

CID Suponiendo un muón en reposo que se desintegra según la reacción

¡e - e- + vI' +ve,

calcular cuál será la máxima energía con la que el electrón puede salir emitido.

Solución:Inicialmente,

ET = mI' e2 y PT = O.

La energía máxima la alcanzará cuando el electrón sale en una dirección y ambosneutrinos en la otra, de modo que el momento pe sea máximo.

pe = -Pv - Pv; Pe =Pv +Pv


Energía del electrón,

Ee = ¡p~C2 +m~c4.

Energía de los v,Ev = Pv C y Ev = hC.

Conservación de la energía total,

/22+ 24+ + _ 2VPec mec Pv C hC - m¡.tC ,

(m¡.tc2- pec? =p~C2 +m~c4,

de donde resulta

2m2 -me.

¡.t c,pe = 2m¡.t

E~ = (m~ +m~? 44m2 c,¡.t

2

m~ +me c2Ee = 2m¡.t

Sustituyendo valores, resulta que la energía máxima del electrón emitido es

Ee = I 52,5 Me V I

® Un barión LO en reposo se desintegra en un hiperón AO, emitiendo un fotón.

(a) Calcular las energías cinéticas de los productos de la desintegración.

(b) Calcular el momento del hiperón.

Solución:

(a)

Ei = m"Lc2 }Ef = TI\ + ml\c2 + Ty m"Lc2 = TI\ + ml\c2 + Ty

de donde ya sabemos que

TI\ + Ty = (m"L - ml\) c2 = 77 MeV.


7'

Ty = PyC = T~ + 2TAmAc2 =} ~: = 1 + 2mAc2,

Ty = (I +2 X 1115,4) = 2231,8,TA

luego

T 77A = 2231,8 = I 0,0345 MeV I

Ty = 176,96 MeV I

(b)

PA = JTJ.. +2TAmA = 18,76 MeVjc I

Lógicamente, el fotón se lleva casi toda la energía y el hiperón queda casiparado.

@ Encontrar cuánto vale la energía del muón en la desintegración

n+ ~ /1+ + Vil'

en función de las masas, en el caso de un pión en reposo.

Al estar el pión en reposo, la conservación de la energía total es

m¡¡;c2 = E/l + EVJ1.

Solución:

Elevando esta expresión al cuadrado, se tiene

m;c4 = E~ + E~J1 + 2E/l (m¡¡;c2 - E/l) .

Usando la expresión relativista

E2 = p2C2 +m2c4,


sustituyendo y agrupando términos,

m2 e2 = m2 e2 _ m2 e2 + (p2 _ p2 ) + 2E m .n Vp f..l Vp f..l J1- n

Teniendo en cuenta la conservación del momento lineal,

Pn = O, al estar en reposo,

2 2O = P¡J.+PVJ.' ===} P¡J. = PVJ.'·

Despejando E¡J. queda la siguiente expresión

(m; + m~ - m~J e2 = 1109,77 MeV IE¡J. = 2mn

En donde se ha considerado nula la masa del neutrino.

2.4. Energía umbral

J) (a) Demostrar que la reacción y - e+ + e- (producción de un par) es imposibleen el vacío.

(b) Demostrar que la energía umbral de un fotón para dar lugar a la producciónde un par electrón-positrón en el campo de un electrón libre (se consideraen reposo) es igual a 4me2•

(c) Demostrar que en el caso de un núcleo de masa M en vez de un electrón, laenergía umbral del fotón vale 2me2•

Solución:

(a) Por conservación de la energía,

ke = 2me2 + T¡ + T2 = E¡ + E2'

siendo ke la energía total del fotón, m la masa del electrón y los subíndices 1y 2 referidos a ambos electrones.Por la conservación de momentos,

k =p¡ +P2=} k::::; p¡ +P2,


pero resulta que

E2 = p2C2 + m2c4, por lo que E > p,

y resultaría que Pl +P2 sería menor que El + E2, lo que es imposible.Por tanto, se demuestra que no puede producirse la reacción en el vacío.

(b) La energía mínima es aquella en la que las partículas después de la colisiónquedan en reposo en el centro de masas. De este modo no se gasta nada de laenergía del fotón en energía cinética de las partículas finales.En el sistema de laboratorio, la energía total inicial es

ET = kc +mc2

siendo k el momento del fotón. El momento total es PT = k; pues Pe = O.En el sistema del centro de masas, la energía total final es ET = 3mc2,

y P = O.

Aplicando el invariante de Lorentz:

(kc +mc2)2 _ k2c2 = 9m2c4,

k2c2 + m2c4 + 2kmc3 _ k2c2 = 9m2c4,

2kmc3 = 8m2 c4:::} k = 4mc

Resultando finalmente que la energía umbral del fotón en el campo de unelectrón es

Ey = kc = 4mc2

(c) En el caso de un núcleo de masa M, repetimos el mismo proceso anterior.Ahora la energía total inicial en el sistema de laboratorio es

ET = kc +Mc2,

el momento total sigue siendo PT = k.En el sistema del centro de masas, la energía total final es

ET = (M + 2m) c2, y P = O.

Aplicando el invariante de Lorentz

(kc + MC2)2 - p2C2 = (2m +M)2C4,


resultando finalmente que

k = 2m (~ + 1) e,

se observa que para M = m, estamos en el caso (b), y cuando M ~ m,k = 2me, por lo que la energía umbral vale

Tu =12mc21

® Encontrar la energía cinética umbral para la siguiente reacción, suponiendo quela primera partícula es la incidente y la segunda está en reposo

K- + p ---> 8- + K+

Solución:

Aplicando la ecuación (7.2) y buscando las masas de las partículas en las tablas,calculamos primero la Q de la reacción

Q = [m(K-) +m(p) - m(8-) - m(K+)] e2 =

= (493,64 + 938, 27 - 1321, 3 - 493,64) = -383,03 MeV.

Sustituyendo en la expresión (7.2)

Tu = IQI Lm.2mA'

donde

Lm = 2 x 943,64 +938,27 + 1321,3 = 3246,85 MeV/e2,

mA = 938,27 MeV,

luego

3.246,85 I ITu = 383,03 x 2 x 938,27 = 662,7 MeV

Solución:

En el centro de masas todas las partículas van juntas, y el momento final es nuloporque están en reposo, luego

® Una partícula de masa mi choca con otra de masa ms, que se encuentra enreposo en el sistema de laboratorio. De esta colisión emergen varias particulascon masa total Mf. Demostrar que la energía umbral para que se produzca talreacción, expresada en coordenadas de laboratorio, es

,.....- -


MJ - (mi +ms)2 2T - --"------cu - 2ms

Er=Mfc2; p=O.

En el sistema de laboratorio, la energía total inicial es

Er = msc2 + T +mic2; Pr = Pi,

siendo T la energía cinética de la partícula incidente. Se verifica que

El = m;c4 +P;C2 }El = (mic2 + T)2

Aplicando el invariante de Lorentz,

MJc4 = [m;c4 + (T + mic2)f - p;c2,

Operando esta ecuación y sustituyendo (7.3), resulta

(m; +m;)c4 + 2msc2(mic2 + T) = MJc4

de donde resulta finalmente

MJ - (mi +ms)2 c2 c.q.d.T = 2ms

(7.3)


@ Un rayo gamma interacciona con un protón en reposo y produce un pión n + yun neutrón. Demostrar que la energía umbral de la radiación y es 151 MeV.

Solución:

y +p ---> n+ + n

En el centro de masas, la energía total de las partículas resultantes, que están enreposo, es

ET = (m", +mn)c2; PT = 0,

en el laboratorio, la energía inicial total es

ET = Ty +mpc2; PT = Py·

Aplicando el invariante de Lorentz,

(m", +mn)2 c4 = (Ty + mpc2)2 - P;,

teniendo en cuenta que Ty = Pyc y sustituyendo,

_ (mn +m",)2_m~ c2 =1151 MeVlc.q.d.Ty - '"1m p



1. Decir si son posibles las siguientes reacciones teniendo en cuenta las leyes deconservación

(a)

n~p +p+nO

(b)

n~p +e- +v

(c)

n- + p~L+ +K-

(d)

n-+p ~AO +KO

2. Averiguar qué partícula falta para completar la reacción, teniendo en cuenta lasleyes de conservación.

(a)

p+ ~Ao+AO

(b)

AO ~ +n-

(c)

Ve+p~n +

(d)

K- ~ +n-

3. La reacción n-+p~K+ +L-

(a) ¿Es posible en 10que 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, porejemplo,

p + n --; p + n + nO,

en donde además el protón y el neutrón pueden escapar enlazados formando undeuterón. 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, éstepuede desintegrarse en un neutrón y un pión neutro:

p + n- - n + nO (intercambio de carga).

El nO 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 desintegracióndel nO.

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 saldrádispersado 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 nulala masa del neutrino, calcular la masa del mesón K + tomando como unidad demasa mo, la masa en reposo del electrón. mI-' = 206 mo·


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 quela primera partícula es la incidente y la segunda está en reposo.

n- +p ~ (J) +n.

(J) es una resonancia mesónica, mw = 783 MeVj c2 •

12. El mesón n+ en un sistema en el que está en reposo tiene una vida media deunos 2,5 x 1O-8s. Si, en un acelerador, se produce un haz de mesones n+ conuna velocidad v = 255 X 106 kmjs, ¿cuál es el tiempo de vida del haz cuandose le observa desde el sistema de referencia del laboratorio?


Las unidades de radiactividad y dosis aparecen en la tabla 8.2, pero se van a daraquí las definiciones más importantes de cada una de las magnitudes tratadas.

1.1. Magnitudes más importantes

Exposición XSe define como el cociente X = dq/dm, siendo q la carga total de los iones pro

ducidos 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 cm3de aire seco produce por ionización la liberación de una unidad electrostática decarga. Como e = 4,8 X 10-10 u.e.s., para obtener una carga de 1 u.e.s. se necesitan1/(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), dalugar a la formación de 2,08 x 109 pares iónicos. La energía necesaria para producirun 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 será0,113/0,00129 = 88 erg. De este razonamiento se deduce que la exposición de 1 Requivaldría a la absorción de 88 ergjg, en el aire.

199

.,


.------------------------------ BoIIUIIII"'''."'HlUlDlrn"'llut"'"'llIllllmllllmmIlIrIllJl[ml!m!lrrmJ!rrjjm¡¡rErT1"f~'i'T-:'~· ..·"'-'

Dosis absorbida D

QTipo de radiación

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

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 producidapor fotones.

Dosis equivalente H

TABLA 8.1. Valores de Q en función del tipo de radiación

Se define como la cantidad de energía dE absorbida por unidad de masa delmaterial, D = dE / d m. Es una magnitud dosimétrica de gran interés porque esválida para cualquier tipo de radiación.

La unidad utilizada antiguamente era el rad. Se definiría como la cantidad deradiación que conduce a la absorción de 100 erg de energía por gramo de materialirradiado. 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.

El daño biológico producido en un tejido orgánico no depende sólo de la dosisabsorbida, 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 biológicoproducido por una radiación determinada para una misma dosis absorbida. El valorde Q está determinado según la transferencia de energía de las radiaciones ionizantesen el organismo, y los valores recomendados están expresados en la tabla 8.1.

Protección radiológica 201

TABLA 8.2. Unidades de Radiactividad

Unidad

~

Magnitud I S. Tradicional I S. Internacional

Actividad, A I Curio (Ci) I Bequerelio (Bq)1 Bq = 1 desjs

Exposición, X Roentgen (R) I Culombio porkilogramo (Cjkg)

Dosis Absorbida, D I Rad (rad) Gray (Gy)1 Gy = 1 Jjkg

Dosis Equivalente, H I Rem (rem) I Sievert (Sv)1 Sv = 1 Jjkg

Factor de conversión

1 Ci = 3,7 X 1010 Bq

1 R = 258 ,uCjkg

1 rad = 10-2 Gy1 rad = 100ergj g

1 rem = 10-2 Sv1 rem = 100 ergjg

Relación entre exposición y actividad

Aplicando el cambio de unidades y teniendo en cuenta el coeficiente de absorciónen aire, se llega a la expresión que relaciona la tasa de exposición producida poruna fuente de E (MeV), y actividad A (curios) a una distancia r (cm) de la fuente,suponiendo que emite uniformemente en todas direcciones

Tasa de exposición = X = 5, 2 X 106 X Ey / mR/hr (8.1)

Se entiende por tasa de exposición, X, la variación de la exposición en la unidadde tiempo.

Relación entre exposición y dosis absorbida

La relación entre estas dos magnitudes viene dada por la expresión D = J X,donde el factor J (sin dimensiones) es una función del coeficiente de absorción másicodel tejido, y depende de la energía y la composición del tejido. Los valores de J estántabulados, pero para el tejido muscular el agua y el hueso (E> 0,1 MeV), entre otros,valen aproximadamente la unidad.

Finalmente, para pasar de la unidad de exposición a dosis equivalente, en el casode radiación gamma o rayos X, teniendo en cuenta que

D(rad) = X(R) xJ,

se tiene queH(rem) = D(rad) x Q = X(R) x J x Q.

-

1.2. Blindajes

FIGURA 8.1. Magnitudes radiológicas considerando los distintos mediosque atraviesa la radiación

Dosis Equivalente

Material

biológico

(rem)

(Sievert)

IIIIIUUlllUlIIllRllIllIIIIIIJllIllIllllllrmrITIlIIIIlIll:rill!!!¡i'I.:!::¡"i'::···· •..,,:~

~

-----------

Dosis Absorbida

Material

(rad)

(Gray)

•••

Exposición

(Roentgen)

(Cjkg)

Fuente ~

~ Aire _

Actividad

(Curias)

(Becquerelios)


1 1 1

Te = T + Tb' O también Ae = A +Ab.

Dosis efectiva, He

Debido a que el daño biológico no es el mismo según se deposite la radiación en unaparte o en otra del organismo, se define la dosis efectiva como la media ponderada de ladosis equivalente recibida en distintos órganos. Se expresa como He = L Wi Hi, siendoWi el factor de ponderación para el órgano i que representa el riesgo de irradiacióndel tejido respecto del total, y Hi la dosis equivalente recibida por el órgano i.

En el caso de contaminación interna, además del periodo de desintegración propiode la fuente radiactiva T, hay que tener en cuenta la eliminación natural de dichoelemento dentro del organismo. Según en donde se haya depositado, variará su periodobiológico Tb. Por tanto, su periodo efectivo Te se expresará como

La dosis de radiación recibida por un individuo que permanezca en las proximi-dades de una fuente radiactiva, depende de tres factores:

- La distancia entre la fuente y el individuo.

- El tiempo de permanencia.

- El blindaje interpuesto entre ambos .

...


La dosis recibida disminuye de manera proporcional al cuadrado de la distanciaentre la fuente y el individuo.

La dosis aumenta con el tiempo de permanencia en las proximidades, por 10 quees conveniente estar el menor tiempo posible.

El blindaje biológico tiene por misión reducir convenientemente la exposición alas radiaciones ionizantes en las personas situadas en las proximidades de una fuenteradiactiva.

El tipo de blindaje dependerá fundamentalmente del tipo de radiación y de suenergía. Las más importantes y complejas son las referentes a la radiación gamma,rayos X y neutrones.

Emisores alfa

En el caso de la emisión alfa, de corto alcance (del orden de centímetros en aire),es suficiente colocar una hoja de papel o aluminio, o bien alejarse un poco de lafuente. Pero es necesario tener en cuenta que va siempre acompañada de radiación y,y de ésta sí hay que protegerse. La peligrosidad de la ingestión en el organismo departículas alfa radica en que poseen un alto poder de ionización, produciendo muchodaño en un corto recorrido.

Emisores beta

La radiación beta (alcance típico del orden del metro en aire) precisa mayorblindaje que la oe Si los electrones son duros (cientos de keV), hay que tener encuenta la radiación de frenado o bresstrahlung, que es radiación X, para protegersecontra ella. Teniendo en cuenta que la radiación de frenado aumenta con el númeroatómico, un blindaje de un material ligero (número atómico bajo) es 10 recomendado,como por ejemplo el aluminio.

Emisores gamma

En el caso de emisores gamma se vio que la atenuación es exponencial, peroademás es necesario tener en cuenta elfactor de acumulación, debido a que, al atravesar un medio absorbente, se producen dispersiones Compton que separan los fotonesdel haz primario. El efecto final es mayor que el producido si solamente hubieradispersión fotoeléctrica. Este factor de acumulación Bm (¡l,r) depende de la energíade la radiación y del coeficiente de absorción del material para esa energía. Suelenestar tabulados para distintos elementos.

En el caso de que exista interpuesto un blindaje uniforme entre la fuente y el puntode observación, y teniendo en cuenta la eco (8.1), resulta

...,

Tasa de exposición = X = 5,2 X 106 x A :y x e- J1.X,r (8.2)

siendo f.1 el coeficiente de atenuación total del blindaje (cm-I), y x el espesor (cm)del mismo.

Esta expresión se utiliza cuando el factor de acumulación no se tiene en cuenta.Para cálculos más exactos o cuando el blindaje es relativamente grande, convieneintroducir el factor de acumulación que representa

B _ tasa de dosis observadant - tasa de dosis primaria '

el valor del factor de acumulación está tabulado para distintos elementos y energías.Para calcular la tasa de exposición producida por una fuente radiactiva, emisora

de fotones, es necesario en ocasiones relacionar el flujo y la energía de la radiacióncon la exposición producida. Esto se hace considerando que la fuente emite en todaslas direcciones; el flujo de radiación es

S<D = 4nr2'

en donde S representa la intensidad de la fuente en fotones por segundo (lo que seríala actividad de la fuente).

Emisión de neutrones

En el caso de los neutrones, hay que tener en cuenta su distribución energética,que es el principal problema para obtener un blindaje adecuado.

Los neutrones rápidos (E ~ 2 MeV) presentan una sección eficaz de dispersiónalta, con lo que pueden ser moderados hasta energías bajas (térmicos) en presenciade dispersores de número atómico bajo. Esto supone la utilización de blindajes del tipoparafina, agua, etc. El cuerpo humano, al contener una gran cantidad de hidrógenoyagua, hace que la ingestión de neutrones rápidos sea especialmente peligrosa, puesen su colisión con el hidrógeno genera protones de retroceso con una alta ionizaciónen su recorrido.

Los neutrones térmicos (E ~ 0,1 eV) pueden ser detenidos utilizando la propiedadde captura neutrónica en la reacción con algunos elementos, con la liberación departículas alfa, de fácil absorción, o de radiación garnma del orden de 0,5 MeV, quese atenúa con facilidad. Materiales como el boro-lO, litio-6 y nitrógeno-14 son útilespara esos fines.

1.3. Límites de dosis

El principio de la limitación de dosis está basado en tres requisitos: justificación,optimización y limitación de dosis.

- La justificación supone que los beneficios netos que se consigan deben ser superiores al detrimento originado .

....


- La optimización se basa en el criterio ALARA (As Low As Reasonably Achievable), cuya finalidad es que deben mantenerse las exposiciones a las radiacionesionizantes "tan bajas como sea razonablemente posible".

- La limitación de dosis pone unas cotas de recepción de dosis para las personasprofesionalmente expuestas y el público en general, con objeto de que sean lo másbaja posibles dentro de unos límites y para asegurar una protección adecuadaa los individuos. La Comisión Internacional de Protección Radiológica señalaunos límites de dosis de exposición externa y de dosis interna. Estos límites dedosis no deben sobrepasarse, y se presentan en la tabla 8.3.

TABLA 8.3. Límites anuales de dosis

Trabajador profesionalmente expuesto Público

Exposición totaly

Homogénea 50 mSv (Equivalente)

1/10 L.A.D.T.P.E

150 mSv (Equivalente)Cristalino

50 mSv Organo individual 500 mSv (Equivalente)

(Efectiva)Parcial

Exposición

Fuentes de radiación

Fuentes naturales. La componente más importante de la dosis debida a causasnaturales es la producida por inhalación de gases nobles radiactivos contenidos enel aire de recintos cerrados, generalmente de Rn, proveniente de la serie radiactivanatural del U238•

También hay que tener en cuenta la radiación cósmica (galáctica, solar) y la presencia en el medio ambiente de minerales radiactivos naturales (K40, C14, H3).

Estas fuentes pueden ser externas o internas. Las externas serán la radiacióncósmica y los materiales radiactivos naturales presentes en la corteza terrestre. Lainterna se deberá a la presencia en el cuerpo humano de nucleidos radiactivos quepenetran por inhalación o ingestión.

La dosis debida a fuentes naturales varía de unos lugares a otros, ya que lassustancias radiactivas naturales están distribuidas en la corteza terrestre de manerano uniforme.

Fuentes artificiales. Se deben a la introducción de tecnologías que implican lautilización de radiaciones.

La aportación mayor a la dosis se debe a los usos médicos de la radiación (radiodiagnóstico, diagnósticos en medicina nuclear y terapia con radiaciones ionizantes) .

.•.

206 F¡'sica Nuclear: problemas resueltos

TABLA 8.4. Dosis debidas a las distintas fuentes de radiación

Esto supone en los paises industrializados ~ de la dosis total debida a radiación natural; en los no industrializados supondría 10 de la dosis natural. Por ejemplo, unaradiografía dental supone - 0,2 mSv y una de tórax - L 5 mSv.

Con respecto a las centrales nucleares, estas tienen que estar diseñadas para queoperen de forma que no produzcan una irradiación superior a 0,05 mSv/año a unindividuo que viva en las proximidades de la central.

Un resumen de las dosis de radiación aparece en la tabla 8.4.

0,40,3

1,340,60

0,34

0,05

-2,4

1/5 natural

0,01 mSvjh

Dosis equivalenteefectiva (mSvjaño)

Medicina

Total

Serie del Th232

Rayos cósmicosK40

Serie del U238

c..-..Rnen el aire

Vuelos en avióna más de 9.000 m.

Centrales nucleares

(proximidades)

•••

Fuente de Radiación

I NATURAL I

I ARTIFICIAL I

Protección radio/ógica 207


2.1. Dosimetría

J) Se tiene una persona de 70 kg que está sentada frente al televisor durante 10 horas al día. Suponga que la pantalla emite 1,5 mCi procedente de una radiación Xde 20 keV. Considere que recibe solamente la mitad frontal del cuerpo. ¿Cuálserá la dosis de radiación recibida al cabo de un mes?

Solución:

Si consideramos la mitad del cuerpo, m = 3,5 X 104 g,

la energía,

E = 20 keV = O,02 MeV = O,02 x 1, 6 x 10- 6 = 3, 2 x 10- 8 erg,

la actividad,

A = 1,5 mCi = 1,5 x 3,7 X 107 = 5,5 X 107 Bq,

como cada y deposita 3,2 x 10- 8 erg, la dosis será

Dosis 5,5 X 107 x 3,2 X 10-8 = 5,07 X 10-5 ergjg.s.3,5 x 104

Recordando que 1 rad= 100 ergjg, resulta

5,07 X 10-5 ergjg.s = 5,07 x 10-7 radjs = 1,82 x 10-3 radjh,

como son rayos X, el factor Q = 1, la tasa de dosis equivalente absorbida por lapersona es igualmente

j¡ = 1,82 X 10-3 remjh.

Como en un mes está 300 h, la dosis total recibida será

H = 1,82 X 10-3 x 300 = I 0,54 rem I

Actualmente las pantallas de los televisores tienen un filtro que detiene parte dela radiación, por lo que este valor es simplemente anecdótico. Si se compara conlos valores de límites de dosis para el público en general, se comprueba que es muybajo.

® Si en un laboratorio se destapa una fuente de 100 Ci de CS137y una persona seencuentra parada a 5 m de distancia,

(a) ¿qué tasa de exposición llegará a esa persona?

(b) Si permanece en el mismo sitio durante dos horas, ¿qué dosis recibirá?

En el 85% de los decaimientos, el Cs137emite una sola y de 0,662 MeV.

Solución:

(a) La actividad, A = 100 x 0,85 = 85 Ci. Aplicando (8.1),

. 5,2 X 106 x 85 x 0,662 = 1.170 mRjh.)(= (500)2

Llegará una tasa de exposición de 11.170 mRjh I

(b) Como se refiere al aire, f = 1; Y como se trata de rayos gamma, Q = 1;por tanto,

j¡ = 1.170 mremjh; luego la dosis absorbida por esa persona al cabo de lasdos horas, será

H = 1.170 x 2 = 2.340 mrem = 12,34 rem I

Lo que es una dosis bastante alta.

CID Se dispone de una pequeña fuente de neutrones de Po-Be que contiene 0,17 Cide P021O.Se desea conocer el flujo de neutrones emitidos por la fuente a unadistancia de 10 cm. La Q de la reacción Be9(0(:, n)C12 es 0,8 x 10-4.

Solución:

La actividad, A = O,17 Ci = 6,29 x 109 djs .

El flujo <)) = Sj4nR2; luego

0,8 X 10-4 X 6,29 X 109 = 400 neutjcm2 . s.<)) = 4n(10)2

El flujo de neutrones es de 1400 neutjcm2.s I


@ Sabiendo que el C14 emite 15,3 partículas 13/m y por gramo de carbono, y queel potasio contiene un 0,011% de K40 (T = 1,3 X 109 años), calcular cuántosmicrocurios de C14 y K40 se puede encontrar en una persona que pese 75 kg.Tener en cuenta que el cuerpo humano contiene aproximadamente un 15% enpeso de carbono y 1,2% en peso de potasio.

Solución:

(a) Carbono.

15% C ---> m = 0, 15 x 75 = 11,25 kg de carbono.Cada gramo de carbono emite 15,3 13/m = 15,3/60 = 0,255 13/s de C14.

La actividad

Al = 11,25 X 103 x 0,255 = 2.868,7 /3 /s = 0,0775 j1Ci de C14.

Debido al C14 se emite 0,0775 j1Ci.

(b) Potasio.

1,2% K ---> m = 0,012 x 75 = 0,9 kg de potasio.

IOn .0,9 X 103 X 6,023 x = 1,355 X 1025 núcleos de potaslO,NK = 40

que representa N = 1,355 X 1025 x 0,011/100 = 1,49 X 1021 núcleos de K40.

0,693 _ 10 _ 1 - 17 - 1

A = 1, 3 X 109 = 5,33 x 10 a = 1,69 x 10 s.

La actividad,

A2 = AN = 1,69 X 10-17 x 1,49 X 1021 = 25181 Bq = 0,68 j1Ci.

Debido al K40 se emite 0,68 j1Ci.

La actividad total que se puede encontrar en una persona correspondiente a esosdos radionucleidos es

A = 0,0775 +0,68 = 0,757 j1Ci = 12,8x 104 Bql

® Se introduce en una persona una cierta cantidad de Yodo, que se acumula enel tiroides. Se observa que se elimina cada día del tiroides 1/250 de la masaabsorbida. El periodo del 1131 es de 8 días.

210 Fls/ca Nuclear: problemas resueltos

(a) Determinar el tiempo que debe transcurrir para que la cantidad de Yodo enel tiroides se reduzca a la mitad.

(b) Cuál es la dosis acumulada durante los 10 primeros días después de la absorción de 0,7 ,uCi de 1131 de 0,23 MeV en un tiroides de 0,02 kg.

Solución:

(a) Proceso biológico:Ab = constante de desintegración biológica.

1 249 N 249 _A lN = No(l- 250) = NO(250) - No = (259) = e b,

de donde

-3. 4 X 10-3 -s -1-Abt = ln(249j250) = -4 x 10 , Ab = 24 x 3600 = 4,63 x 10 s .

Proceso radiactivo:

Ar = constante de desintegración radiactiva.

A _ 0,693r - 8 x 24 x 3600 = 10- 6 s- 1.

Se ve que el efecto biológico es mucho menor que el de desintegración radiactiva.

Proceso combinado en el tiroides:

Ae = Ab +Ar = 4,63 x lO-s + 10-6 = 1,048 X 10-6 s-l,

-Al. N j -Al 0,693 6 5N = No e e, No = 1 2 = e e - t = 1,048 X 10-6 = ,61 x 10 s.

Al cabo de 17,65 días ¡la cantidad de Yodo en el tiroides se ha reducido a lamitad. Éste es exactamente el periodo efectivo.

(b) Dosis absorbida en los diez primeros días:

D = fl A E e-Aeldt = A E _(l e-_A_et_)o ~ '

Protecci6n radio/6gica 211

donde

A = 0,5 pei = 18.500 Bq;

La energía

E = 0,23 MeV = 0,23 x 1,6 x 10-6 erg = 3,68 x 10-7 erg,

Aef = 1,048 x 10- 6 X 10 x 24 x 3.600 = 0,905;

de donde e-Aet = 0,404.

18.500 x 3,68 x 10-7 x 0,595 = 154,6 ergjg,Dosis = 25 xl, 048 x 10 6

que pasándo10 a rads, resulta que la dosis que se acumula en el tiroideses de

11,54 rads 1, lo que equivale a 15,4 mSv.

Es una cantidad bastante peligrosa.

® Un trabajador está 20 horas por semana en las proximidades de un reactor nuclear, donde los flujos medios por cm2 y por segundo son de 350 fotones de2 MeV y 120 neutrones térmicos. Estimar la dosis total recibida.

Solución:

Sabemos que2 A

<l>(partjcm .s) = 2' (ft)r

siendo A el número de [otones o de neutrones.

De la eco (8.1) y sustituyendo (#)

x = 5,2 X 106 X <l>x E(mRjh),

Además, teniendo en cuenta lo siguiente:

Para la radiación gamma,f = 1, Y Q = 1; por tanto, se puede pasar simplementede la unidad (R) de exposición a (rem), unidad de dosis equivalente. En cuanto alos neutrones, f = 1, pero Q = 2.

La energía de los neutrones térmicos es

En = 0,025 eV = 2, 5 x 1O-8MeV.

Se tiene que dividir el resultado entre 3,7 x 1010, ya que en la expresión (8.1)la actividad, A, aparece en Ci y los datos que se tienen son gammasjs y neutronesjs (Bq) .

. 5, 2 X 106 ~ 5, 6 X 106 [35 20 - 8DOS1S = 3, 7 X 1010 ¿..¡ <Di Ei = 3,7 X 1010 ° x 2 + 1 x 2 x 2, 5 x 10 ] =I

= 0,098 mremjh.

Como trabaja 20 horas por semana, al cabo de una semana habrá recibido unadosis total de

11,97 mrem·1

En este problema se ha supuesto que el flujo de neutrones térmicos tiene ya encuenta la absorción en el aire para esa energía. Si no fuera así, habría que considerarsu influencia.

2.2. Cálculo de blindajes

G) Se desea guardar 0,9 Ci de un radioisótopo emisor gamma en un recipienteesférico de hierro. ¿De qué espesor debe ser la pared del recipiente para quela dosis recibida a un metro sea de 3 mR/h? La energía del emisor es de 840keV en el 75%. )1 = 0,46 cm-l.

Solución:

Suponemos que no es necesario tener en cuenta la acumulación, y se aplicala eco (8.2)

D . = 52 106 0,9 x 0,84 x 0,75 -In = 3 RjhOSlS , x X (100)2 e m,

de donde

e- ¡.<x = (100)2 X 3 = 0,01,5,2 X 106 X 0,9 x 0,84 x 0,75

)1X = 4,58 - x = 9,97 cm.

La pared del recipiente debe de ser I ~ 10 cm. I

______________________________________ OOluu~"'~u"lIIl1nmllDllIllIITllllmllnlll,;"';L;;"II;::::CC::0~

® Se desea transportar a otro lugar una fuente de p32, emisor beta puro, por loque se recubre de aluminio (p = 2,7 g/cm3). El p32 emite un beta de 1,71 MeVde energía máxima.

(a) ¿Qué alcance tiene dicha fuente en el aluminio?

(b) ¿Qué blindaje es necesario poner?

(c) ¿Es suficiente con ese blindaje?

Solución:

(a) El alcance de un emisor f3 se puede tomar de la fórmula de Feather (cap. 3)

Rp = 0,542 T - 0, 133, para 0,8 < T < 3 MeV,

luego

Rp = 0,542 x 1, 71 - 0, 133 = 0,793 g/cm2.

El emisor beta tiene un alcance másico de I ~ 0,8 g/cm21

(b) Como Rf3 = xp

x = Rf3/p = 0,793/2,7 = 0,293 cm.

El alcance lineal de esa fuente en aluminio es de 0,293 cm, luego es suficiente

poner un lámina de I 3 mm. I

(c) Al ser el p32 un emisor beta duro, implica la producción de una fracción deradiación de frenado. Veamos si esa fracción es importante. De la eco (3.2) del

cap. 3, se tiene

(dE/dx)ion _ 800(dE/dx)rad - Z T

800

13 x 1, 71 = 35,98.

La radiación de frenado es cerca del 3% de la de ionización; por tanto, 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.

:ID Un haz fino de rayos y de 2 MeV y con intensidad de 106 y/ cm2.s incide sobreun blindaje de plomo (p = 11, 3 g/cm3) de 10 cm de espesor. En el lado opuestodel blindaje calcular:

(a) El flujo obtenido.

(b) La tasa de exposición.Datos: (f.1'/P)aire = 0,0238 cm2jg; (f.1jp)Pb = 0,0457 cm2jg.

Solución:

(a) El flujo a la salida del blindaje es

cD = cDo e-f<X,

f.1= (f.1jp)Pb X P = 0,0457 x 11,3 = 0,516cm-l,

éste sería el coeficiente de absorción lineal del plomo.Luego f.1X = 0,516 x 10 = 5, 16

cD = 106 x e- 5.16 = 5,74 X 103 Y jcm2.s.

El flujo a la salida del blindaje se ha reducido a

I 5,74 X 103 Y jcm2.s I

(b) La energía disipada en el aire es

Ed = cDEo(f.1jP)a,

siendo Eo la energía incidente.Teniendo en cuenta que

1 R = 88 ergjg = 5,47 x 107 MeVjg,

y haciendo el cambio de unidades, resulta

. 1

X = 5,47 X 107 cDEo(f.1jP)a MeVjg.s = 1,83 x 1O-8cDEo(f.1jP)a Rjs

también puede ponerse

x = 0,0659cDEo(f.1jP)a mRjh,


sustituyendo valores,

x = 0,0659 x 5,74 X 103 x 2 x 0,0238 = 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 fuentede Cs137de 100 Ci de actividad. El cesio emite un gamma de 0,662 MeV en el 84%de sus decaimientos, y tiene un periodo de T = 30 años.

(a) Se presenta en la forma química de CICs, cuyo peso molecular es Prn = 172,5Y P = 1, 8 g/cm3. ¿Puede considerarse la fuente puntual?

(b) Determinar la tasa de exposición que debe haber al otro lado del blindaje,sabiendo que para tener una buena seguridad, la dosis equivalente no debesobrepasar de 5 mSv/a. Se supone una ocupación anual laboral de 960 horas.

(c) ¿Qué espesor de blindaje es necesario poner?Datos: flpb = 1,28 cm-1; Brn(W) = 3,4; (fl/P)a = 0,029 cm2/g;

Solución:

(a) La actividad A = JeN, de manera que

A 3,7 X 1012X 30 x 365 x 86.400 = 5 x 1021núcleos.N = 1= 0,693

La masa del ClCs será

N 5 X 1021x 172,5

m = NAPrn = 6,023 X 1023 = 1,43 g.

Suponiendo la muestra esférica

..,

4 3 m.V = "f'Cr = p'

3m3 __ ,

r - 4n P

r=[3Xl,43]1/34n x 1, 8 = 0,57 cm.

Sepuede considerar puntual siempre que la distancia de observación seamayorque 10 veces su diámetro.


(b) Si

j¡ = 5 mSv/a = 0,5 radia = 0,5 R/a,

r21011 2

2,47 x y/cm .s;A 3 1 X 1012

cJ>=- = -'--4nr2 4nr2

. 2 47 X 1011X = 0,0659 x 0,662 x' 2 x 0,029 x e-W x 3,4;r

donde A = 3,7 X 1012 X 0,84 = 3, 1 X 1012 y/s .

Ésta es una ecuación recurrente, en donde se van dando valores a r por elmétodo de iteración hasta llegar al valor más aproximado de 4,89 x 10- 10.Haciendo r = 12,8 cm, se llega a e-W /r2 = 4,67 X 10-10 cm-2, valor bastanteaproximado al que nos piden.Por tanto, podemos decir que el espesor de blindaje necesario para que la dosisa la salida del blindaje no pase del valor indicado es de

112,8 cm. [

Se puede ahora terminar de contestar la pregunta (a) observando que la distancia es mayor que el diámetro de la muestra; por tanto, se puede considerarpuntual.

x = 0, 0659EocJ>(fl-/ P)ae- ¡HBm'

donde ahora se ha incluido el factor de acumulación, y el flujo hay que determinado

x = ~6~= 5,2 X 10-4 R/h = I 0,52 mR/h I

e-J1.r e-J1.r0,52 = 1,062 X 109 x --, luego -2- = 4,89 X 10-10 cm-2r2 r

pues como se trata de radiación y, f = 1.,Como trabaja 960 h/año, esto supone una tasa de exposición de

Ésta es la tasa de exposición que debe haber en la superficie del blindaje parano sobrepasar la tasa de dosis establecida.

(c) Semejante al razonamiento que se hizo en el problema anterior, ahora la expresión de la tasa de exposición toma la forma



1. El Am243se desintegra con periodo de 7.642 años emitiendo partículas alfa de5,25 MeV. Suponga que tras un accidente fortuito se detecta en los pulmonesde una persona 1 fl g del americio emitido. ¿Cuál será la dosis absorbida en elpulmón (Sv/ año)? Masa del pulmón = 600 g.

2. El tejido humano tiene un 3% en peso de nitrógeno (NI4) y densidad 2 g/cm3.¿Cuál será el flujo de neutrones térmicos necesario para producir una dosis de20 flSV/h a partir de la reacción (n, p) en el nitrógeno? El protón producido tieneuna energía de 0,62 MeV, que deposita en el lugar de la reacción. (fa = 1,82 b.

3. Un trabajador se encuentra en las cercanías de un reactor nuclear trabajando 35horas a la semana, recibiendo un flujo de 400 fotones/cm2.s. Los fotones poseenuna energía de 1,5 MeV. Estimar la dosis recibida en un mes. ¿Es peligrosa parala salud?

4. ¿Cuántas partículas alfas de 5 MeV absorbidas por g de tejido biológico corresponden a la dosis equivalente de 50 rem?

5. A un individuo se le inyecta p32 que emite 103 des/m para un estudio. El p32tiene un periodo de 14,3 días. Además se elimina biológicamente a una velocidadde 1,5% al día.

(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 1,71 MeV, ¿qué dosishabrá absorbido en el esqueleto ( m = 17 kg) al cabo de los 30 días?

6. En la sangre de un enfermo se inyecta una pequeña cantidad de una soluciónconteniendo Na24 de actividad A = 2 X 103 y/s. La actividad de 1 cm3 de muestrade sangre tomada después de tres horas fue 16 y / cm3 m. Determinar el volumentotal de sangre del enfermo. T = 15 h.

7. El coeficiente de atenuación másico para fotones de 1,5 MeV en plomo es de0,055 cm2/g y p = 11,3 g/cm3. La fuente emite 1012 fotones/s. ¿De qué espesordebe ser la lámina de hierro que se coloque entre la fuente y el receptor, que seencuentran separados 50 cm, para reducir el flujo a 103 fotones/cm2·s?

8. Determinar la tasa de dosis inicial absorbida en el cuerpo humano, de unapersona que ha ingerido 10 mCi de agua tritiada. E = 6 keV, masa de la regiónirradiada = 43 kg.

""""l


9. Una fuente de gammas puntual de 100 /lCi se coloca en el centro de una esferade aluminio con un radio exterior de 10 cm. Encontrar el mínimo espesor de lapared del contenedor para la cual la dosis fuera de él no exceda 2,8 mR/h.Ey = 2 MeV y se cuenta el 50% de las desintegraciones. p = 2,7 g/cm3,/l/ p = 0,0431 cm2 jg.

10. Una fuente radiactiva de Cs137 posee una actividad de 5 Ci. Se desea reducir ladosis a un metro de distancia a un 25%.

(a) ¿Qué blindaje de plomo y de aluminio es necesario poner?

(b) ¿Cuál es la tasa de dosis a 1 metro, una vez blindada la fuente?

(c) ¿Qué dosis absorberá una persona que permanezca sentada durante 8 horasen esa posición?

El Cesio tiene una energía de 0,665 MeV en el 85% de sus decaimientos.

/lAl = 0,20 cm-l; /lPb = 1, 10 cm-l.

CAPÍTULO PRIMERO

1. n = 14.

2. (a) Re = 3,4 X 10-15 m.

(b) Hay un factor Re/ R = 1,36 debido a que suponer una distribución uniforme de carga no es adecuado para cálculos precisos, especialmente paranúcleos ligeros.

3. m(CP7) = 36,964871 u.a.m.

m(OI6) = 15,996970 u.a.m.

4. (a) m(Na24) = 23,99096 u.a.m.

(b) m(Sml44) = 143,91200 u.a.m.

(c) m(Pu240) = 240,05381 u.a.m.

5. (a) Q = 19,81 MeV.

(b) Q = 20,57 MeV.

(c) Debido a la repulsión cou1ombiana, hay que suministrar más energía en elcaso (b).

6. Esep = 7, 16 MeV.

7. B(LF) = 39,24 MeV; B/A = 5,60 MeV.

219

B(Ne20) = 160,63 MeV; B/A = 8,03 MeV.

B(Fe56) = 492,20 MeV; B/A = 8,79 MeV.

B(U235) = 1.783,70 MeV; B/A = 7,59 MeV.

8. Si29:neutrón impar en (2s!) - r = r.K39: protón impar en (1d~) - r = r.SC45: protón impar en (1f~) - r = r.CU63:protón impar en (2p~) - r = r.

9. Haciendo (8M/8Z) = O,para A =cte, y despejando Z, el núcleo es estable paraZ = 54 (Xe1~9). Como Tel29 tiene Z = 52 < 54, se encuentra a la izquierda,será emisor /3- .

10. Representando la curva M(A, Z) en función de Z, resultan dos parábolas porser A par. Haciendo (8M/8Z) = 0, y despejando Z, los núcleos estables resultanser Ar36 y S36.

11. N14: neutrón y protón impares. Se encuentran los dos en (1p L), por 10 que2

el espín puede valer 1, O. Experimentalmente se comprueba que vale 1.T' = 1+.

N15: protón impar en (1P!) - r = r.12. En el caso de los neutrones, considerando N ~ 0,6A, N/V = 0,45/na3 por lo

que la energía de Fermi es EF ~ 43 MeV. Tomando En ~ 7 MeV la profundidaddel pozo es de unos 50 MeV.

En el caso de los protones EF, es algo menor, pero se compensa con un términode repulsión electrostática, de manera que la profundidad es similar.

13. 017: neutrón impar en (ld~) - f.l = igs = -1,91.

K39: protón impar en (1dJ.) - f.l = 0, 126.2

CAPÍTULO SEGUNDO

1. Fue usado por última vez hace 3.140 años.

2. N(5 m) = 6 x 106 núcleos.

3. Amax = 3,2 X 106 Bq; t ~ 34 m.

Soluciones a los problemas propuestos 221

4. (a) La edad de la roca será 4 x 109 años.

(b) 23 g de He1io.

5. TI (K40) = 1,17 X 109 años.2

6. La edad del mineral será t = 2 X 109 años.

7. A = 9, 6 X 109 Bq.

8. (a) Q = 0,782 MeV.

(b) Ve = 2,76 X 108 mis.Vp = 3,88 X 105 mis.

9. No se desintegra espontáneamente porque la Q de la reacción es negativa.

(a)

~

10

VP(P)/p2

8

6

4

2

oo 2 3 4 5 6 7 8 9- 10

E(moc2)

(b) El punto de corte es 9moc2; corresponde a la energía cinética máxima delos f3 emitidos.

10. (a) v+ He3 - H3+ e+.

11. Aplicando la relación de Geiger-Nuttal entre la energía de la desintegración ysu periodo, se estima un periodo de desintegración T ~ 1010 años, con lo que sepuede clasificar al Th232 como estable.

(b) Recordando las reglas de transición para la desintegración ex, la desintegración entre el nivel 1- y el nivel 0- no es posible, ya que ~n = no y~I = impar.

Padre

266 keV

o keV

I /

-1 I

J?

II

I

0-

y•

(b) Hé ---> Li6+ e- + v.(c) e- + B8 ---> Be8 + v.

(d) v+ C12 ---> W2+ e- .(e) K40 ---> v+Ar4°+e+.

(f) K40 ---> v+ Ca40+ e-.

12. (a) Epmax = 2,82 MeV.(b) Sí.

(c) 0,32 MeV (al nivel de 2,50 MeV)1,49 MeV (al nivel de 1,33 MeV).

13. (a)

222 Fls/ca Nuclear: problemas resueltos

CAPÍTULO TERCERO

1. (a) e = 44°

(b)

2( 1 )(1 1) 3Ny/m = 2exnZ 1 - lJ2n2 Al - A2 = 18,66 x 10 fot/m.


2. (a) El poder de frenado es la inversa del alcance. En el caso de los deuterones,el poder de frenado es la mitad del de las alfas.

(b) ED = 2,5 MeV.

3. p' = 0, 12 cm2/g.

4. e = 53°.

5. x = 3,22 cm. En aluminio se necesita más de treinta veces el espesor del plomopara atenuarlo.

6. (a) b = A/2E = 1,75 X 10-14 m, con

ZZ'e2 -13

A= -4-- = 2,27 x 10 MeV.m.nBo

(b) La distancia de mínima aproximación S será tal que la velocidad sea nula.

A +.JA2 +4E2b2 = 4,22 X 10-14 m.S = 2E

(c) T = E - Ves) = 1, 12 MeV,

Ves) = A/S = 5,38 MeV.

7. 1 = 0, 02pA.

8. Se supone simetría cilíndrica.

E- V- rln(b/a) = 3.257 keV.

9. En el caso de 100 p/s, la fracción de partículaf perdidas es 0,01. En el caso de106 p/s es 0,1. Se pierden más al contar más deprisa.

10. Suponiendo que sigue la estadística de Poisson, P = N A e- JeN t, siendo N elnúmero de núcleos y A la constante de la desintegración.

11. Actividad neta = (45 ± 0,5) Bq.

""11

224 F(slca Nuclear: problemas resueltos

CAPÍTULO CUARTO

1. (a) Q = -1, 19 MeV,Tu = 1,53 MeV.

(b) Q = -2,22 MeV,Tu = 2,36 MeV.

(e) Q = -18, 12 MeV,Tu = 19,64 MeV.

(d) Q = -5,86 MeV,Tu = 6,53 MeV.

2. A = 12.

3. Sustituyendo los valores correspondientes en la siguiente expresión

qJ = arcsen (:: )

resulta qJ = 7, 85 x 10- 3 rad = 0°0'28". Esto es lo máximo que puede dispersarseuna partícula ex por un electrón.

4. (a) m(BeII) = 11,02166 u.a.m.(b) Energía de excitación:

Fundamental Tu = 1,56 MeV,ler estado excitado Tu = 1,98 MeV,2° estado excitado Tu = 3,94 MeV.

5. (a) Tn = 115,5 keV.(b) TBe = 15 keV.

6. (a) e = 2qJ = 140°48'.

(b) e = 90 +qJ = 144°24'.

7. (a) (J = 1, 86 X 10-28 m2 = 1,86 b.(b) ~ = 0, 15 cm-I

8. Se ha supuesto una dispersión elástica. Para los neutrones de baja energía sóloson relevantes los niveles 1 = 0,

(J _ 4nh2- 2mEg = 4 x 106 b.

_________________________________ 'mr:"''''·,'tl"'' ..''~.-·--

9. Se supone dispersión inelástica, (J'max = 3,9 b.

10. (a) Tu = 6,87 MeY.

(b) Como m < M la energía de retroceso del K38 es despreciable, el choque esfrontal y por tanto el neutrón sale en sentido contrario al del protón, sobrela misma dirección -+ Tn = Q + Tp = 3,306 MeV.

11. Tu = 219,3 MeY.

CAPÍTULO QUINTO

1. (a)A

el> = ;::;-::~-- 2 11~ (1 _ e-At) = x 10 njcm2. s.

(b) A(t) = 3,32 X 1010 Bq.

2. (a) Los núcleos capturados en la lámina son los transformados en A198,l = 2,5 X 106 njcm2·s

(b) r = 7,5 X 106 njcm2.s

3. La pérdida de energía máxima ocurrirá cuando E2 sea mínimo.E2(min) = aE1; AE(min) = (1- a)El'

(a) (1 - a)H2 = 0,888,

(b) (1- a)C12 = 0,284,

(c) (1 - a)U238 = 0,016.

La máxima energía que pierde el neutrón es cuando choca con otro similar a él,como el protón.

4. (a) l = 1,53 X 10-5 njm2.s.

(b) /l = 0, 113 cm-1 y /ljp = 0, 113 cm2jg.

5. (a) Interaccionan li = 0,61/0' se ha reducido un 61 %.

(b) Dispersión --; ls = ~: li = 0,594.

Absorción --; la = i:li = 0,406.

6. (a) el> = 2,28 X 105 njcm3.

(b) I = 9,48 X 108 n/cm2.s reaccionan con la lámina de tritio; luego se producen I x S = 4,74 X 108 reacciones/s.

(c) Amax = N.aJo = 4,78 X 108 Bq.

7. (a) n ~ 117 colisiones.

(b) r = .Ji = 20 cm, distancia aproximada hasta moderarse.

(c) E = Eoe-I; = 8,75 MeV.

8. Nt = No (n2 - ni) = 2,9 X 106 colisiones/cm2·s.

CAPÍTULO SEXTO

1. (a) Q = 140,6 MeV.

(b) Eliberada = 3,6 X 1023MeV.

2. Se estima comparando la energía de excitación del núcleo compuesto que seforma en la reacción de fisión con la energía de activación (energía necesariapara superar la barrera de potencial).

Para el PU241los neutrones térmicos podrán inducir la fisión, en cambio para elPU242la fisión se produciría con neutrones del orden de MeV.

En el caso del Pb208 la energía de los neutrones tendría que ser > 20 MeV, yaque para Z = 82 y N = 126 (que es el Pb208) la energía de activación tiene unmáximo.

3.

p= _/3-31 +;lT - ,28 x 10-5 =4,5 $.

4.

NmN = 78; 1(" = ti!pe = 2,08 x 0,93 x 0,69 xl = 1,334.u

5. (a) <1>= <1>0(1,15eO,012 t) = ( para t = 10 s ) = 1,3<1>0.

(b) [= 1+(/3 - p)/;l; [= 0,0835 s; T = 83,5 s.

(c) T =I/p; [=1= 10-3 s; T = 1 s.

(d)l=I+/3/;l; [=0,096s; T=oo.

6. (a) t = T = 1/p = O,1 s.

(b) t = 13,5 s.

••


7. (a) p = 2,075 X 10-6 kgjm3•

(b) presión = 15,8 ato

8. Inicialmente, Md = 45 kg de deuterio.

9.E(U235)

E(H3) ~ 7.

10. (a) m = 188 kg de Ujaño.

(b) 2.506 kg de litio natural.

CAPÍTULO SÉPTIMO

1. (a) No es posible, no se conserva el número bariónico, tampoco se conserva laparidad.

(b) Sí es posible, se trata de una interacción débil, la desintegración del neutrón.

(c) No es posible, se trataría de una interacción, fuerte pero no se conserva laextrañeza.

(d) Sí es posible, es una interacción fuerte, una producción asociada de partículasextrañas.

2. (a) Falta un antibarión de carga negativa, no extraño, el antiprotón p.(b) Falta un barión positivo, el protón p.

(c) Falta un antileptón de carga positiva, el positrón e+.

(d) Antibarión negativo, pión -, n- .

3. (a) Sí es posible.

(b) Tu = 903 MeV.

4. Tu = 280 MeY.

5. (a) pn = PnO = 28 MeVje.

(b) sen<p = O; Tmax = 83 MeV, Tmin = 55 MeV.

6. Suponemos mv = 0, <p = 14,30.

7. (a)pJ' =30,3 MeVje; El' = 109,3 MeY.

(b) Ee = 70 MeV.

-.---.,

J

8. mK = 967 mo.

9. Tu = 144,7 MeV.

10. Tu = 321 MeV.

11. Tu = 962, 13 MeY.

12. L' = 4,75 X 10-8 s. El pión recorrerá (en valor medio) casi el doble de lo querecorrería desde el punto de vista no relativista, por lo que en el diseño deaparatos para experimentos de alta energía hay que tener en cuenta la grandistancia recorrida antes de la desintegración.

CAPÍTULO OCTAVO

1. j¡ = 6,3 Svla

2. = 1,2 X 104 neutr/cm2·s. Dosis = . La' E.

3. Suponiendo que trabaja 140 h al mes, la dosis recibida = 11,8 mrem = 0,118mSv. No es peligroso para la salud.

4. n = 3,12 X 107 alg.

5. (a);te = 0,0636 d-1.

Te = 10,9 d.

(b) N = 1,92 x 107 desintegraciones.

(c) D = 0,3 f.lSv.

6. V = 6525 cm3 ~ 6,5 1.

7. X = 0,93 cm.

8. Dosis = 2,97 x 10- 5 SvIh.

9. x = 5,32 cm.

10. (a) XA1 == 6,93 cm; XPb = 1,26 cm.

(b) Dosis = 3,67 mSv Ih.

(c) Recibirá 29,3 mSv de radiación gamma.

..........._----------'---"'------------------------,

Para representar de una manera esquemática los detalles de las transiciones radiactivas que sufren los nucleidos inestables se utilizan los llamados diagramas o esquemasde desintegración.

En estos diagramas en el eje de ordenadas se representa la masa-energía y en elde abcisas el número atómico, Z.

Los niveles energéticos de los nucleidos se representan mediante trazos horizontales,siendo el trazo más grueso cuando se trata del nivel fundamental.

Al representar la transición entre un núcleo padre (mayor masa) a un núcleo hijo(menor masa), los niveles correspondientes al padre estarán por encima de los del hijo,ya que siempre mp > mh, para que la energía de la desintegración resulte positiva.

Los trazos del núcleo residual estarán desplazados hacia la derecha de los correspondientes del núcleo precursor, si el proceso radiactivo conduce a la formación deun descendiente con número atómico mayor (f3- , ... ); en el caso contrario aparecerádesplazado hacia la izquierda (f3+, ex, C.E., ... ).

Las transiciones por emisión de partículas (entre distintos elementos) se simbolizanpor flechas oblicuas; éstas tienen origen en el nivel fundamental del núcleo padre(aunque hay casos que parten de algunos de sus niveles excitados), y acaban en algunode los niveles energéticos del núcleo descendente.

Las transiciones radiactivas entre distintos niveles energéticos de un mismo núcleose indican con flechas verticales (radiación y).

Además en los esquemas de desintegración aparecen otros datos de interés comopuede ser el periodo de semidesintegración o la vida media, el tipo de desintegraciónradiactiva (puede incluso aparecer la probabilidad de emisión), la energía de los distintos niveles, paridad, espín, etc.

A la hora de representar estos esquemas no se suelen poner los ejes; se supone quese conocen.

-.229

~


Masa-Energía

Padre

TI =30 años::!

T"2

p- (8%)

1,75 MeV

11-2-

3+"2

Hijo

Número Atómico, Z

~c~

0,662 MeV

OMeV1~7Ba

Apéndice A. Esquemas de Desintegración 231

TI = 5,26 años

I~~co I5+

::!

\

p- (99%) 0,318 MeV1+

,\2,505 MeV

99%

2+~ 1,333MeV

99%0+

. O MeV

~~Ni

..

2+

0+

3+

{3+(100%)2,842 MeV

fi5Ne

= 2,6 años

1,276 MeV

OMeV

r:;:lU

~gy

!::l~

P- (100%) 2,28 MeV

¡gZr0-

P- (100%) 0,546 MeV

= 28,1 años

______ ~ "' TiTII¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡I~--

2-

o

TI1,3 x 109 años:;

~4- \19/C.E. (11%)

2+

, 1,46 MeV

0+

ig ea1 0+¡gAr


~

Apéndice A Esquemas de Desintegraci ón

233

TI =10,7 años

2:1+

1133Ba I2:

el56

1+

2:

l0,437 MeV

3+

0,384 MeV2:

5+

0,160 MeV2:

~5+

0,081 MeV2:

l7+

° MeV2:

n3Cs

--

j

La tabla siguiente consiste en una recopilación de las propiedades más importantespara algunos isótopos de todos los elementos. Aparece el número atómico del elementoZ, la densidad, el número másico del correspondiente isótopo, A, el espín y la paridaddel nivel fundamental, ¡n, la masa atómica del nivel fundamental (obtenida de laúltima recopilación publicada hasta la fecha, en 1993, en la bibliografía), la abundancia de los isótopos estables y el periodo de semidesintegración, T1/2, de los isótoposinestables junto a su principal vía de desintegración (a, {3- , captura electrónica-C.E.,fisión espontánea-f).

235

---------------------"~"''''-~~'''~~''',,~"~-,,--~~~---------'

l


Densidad MasaAbundanciaPeriodoElemento

Z(g/cm3)AT"Atómica (u. a.m.) (%)TI2'

H18,91

1+

1,00782599,9852

Hidrógeno

21+ 2,014102 0,015

3

1+

3,01604912,3 a13-2

He

217,831+

3,0160291,38x 10-42

Helio

40+ 4,002603 99,99986

Li

30,53461+ 6,015122 7,5

Litio

7r

7,016004 92,528

2+ 8,022486 0,84 s13-

Be

41,8573

7,01692953,3 dC.E.2

Berilio80+ 8,005305 0,07 fsoc

9

r9,012182

100210 0+

10,013534 1,6 Ma 13-

11 !+11,021658

13,8 s13-2B

52,4582+ 8,024607 0,77 sC.E.

Bora

9r

9,0133290,85 as oc2

10 3+10,01293719,8

11

r11,009305

80,2212

1+ 12,014352 20,4 ms 13-

13 ~-

13,017780 17,4 ms 13-2e

61,6093

9,031040 0,13 sC.E.2Carbono

10 0+10,016853 19,2 sC.E.

11 ~-

11,011433 20,4 mC.E.212 0+

12,00000098,89

13 !-13,003355

1,11214 0+

14,003242 5730 a13-

15 !+15,010599

2,45 s13-2

~

Apéndice B. Propiedades nucleares 237

Elemento ZDensidad

(g/cm3) A P'Masa

Atómica (u. a.m.)

Abundancia Periodo

(%) TI2

-

N 70,0013121+ 12,018613 11 msC.E.

Nitrógeno

131-13,005739 9,96 mc.E.2

141+ 14,00307499,63

15

1-15,000109 0,3662

162- 16,006100 7,13 s{3-

17

1-17,008450 4,17 s{3-2

181- 18,014082 0,63 s{3-

O

80,0014140+ 14,008595 71 sC.E.

Oxígeno

151-15,003065 122 sC.E.2

160+ 15,99491599,76

17

2+16,999131 0,0382

180+ 17,999160 0,204

19

2+19,003577 26,9 s{3-2

200+ 20,004076 13,5 s{3-

F

90,0017172+17,002095 64,5 sC.E.2

Flúor181+ 18,000938 110mc.E.

19

1+18,9984031002

202+ 19,999981 l1s{3-

21

2+20,999949 4,3 s{3-2

22(3,4)+ 22,002999 4,2 s{3-

23 (l 2t23,003570 2,2 s{3-2' 2

Ne

100,0009171-17,017700 0,11 se.E.2

Neon180+ 18,005710 1,7 sC.E.

19

1+19,001880 17,3 se.E.2

200+ 19,99244090,51

21

l+20,993847 0,272

220+ 21,991385 9,22

23

2+22,994467 37,6 s{3-2

240+ 23,993615 3,4 m{3-

25 (1 l t 24,997790 0,60 s{3-2' 2

Na 110,971202+ 20,007348 0,45 se.E.

Sodio

21]+20,997655 22,5 sC.E.2

223+ 21,994437 2,60 ae.E.

23

~+22,9897701002

244+ 23,990963 15,0 hp-

25

~+24,989954 60 sp-2

263+ 25,992590 1,1 sp-

27

~+26,994010 0,30 sp-2

Mg

121,7421(~~t21,011714 0,123 se.E.2' 2

Magnesio220+ 21,999574 3,86 sC.E.

23

~+22,994125 11,3 se.E.2

240+ 23,98504278,99

25

~+24,985837 10,002

260+ 25,98259311,01

27

1+26,984341 9,46 mp-2

280+ 27,983877 21,0 hp-

29

~+28,988550 1,4 sp-2

Al

132,699244+ 23,999941 2,07 sc.E.

Aluminio

25~+24,990429 7,18 sc.E.2

265+ 25,986892 0,72 Ma e.E.

27

~+26,9815381002

283+ 27,981910 2,24 mp-

29

~+28,980445 6,6mp-2

303+ 29,982960 3,7 sp-

Si

142,42260+ 25,992330 2,21 sc.E.

Silicio

27~+26,986704 4,13 sc.E.2

280+ 27,97692792,23


Elemento ZDensidad

(gjcm3) A F'Masa

Atómica (u. a.m.)

Abundancia Periodo

(%) TI2


Elemento ZDensidad

(gjcm3) A InMasa

Atómica (u. a.m.)

Abundancia Periodo

(%) TI2:

••••

291+28,976495 4,672

300+ 29,973770 3,10

31

~+30,975363 2,62 h{3-2

320+ 31,974148 105 a{3-

33 (~+)

32,998001 6,2 s{3-

P

151,82291+28,981801 4,1 sc.E.2

Fósforo301+ 29,9783214 2,50 mc.E.

31

1+30,973762 1002

321+ 31,973907 14,3 d{3-

33

1+32,971725 25,3 d{3-2

341+ 33,973636 12,4 s{3-

S

162,07300+ 29,984903 1,2 se.E.

Azufre

311+30,979554 2,6 sC.E.2

320+ 31,972070 95,02

33

~+32,971458 0,752

340+ 33,967867 4,21

35

~+34,969032 87,4 d{3-2

360+ 35,967081 0,017

37

1-36,971126 5,Om{3-2

380+ 37,971163 170 m{3-

el

170,003233~+32,977452 2,51 sC.E.2

Cloro340+ 33,973763 1,53 sC.E.

35

~+34,968853 75,772

362+ 35,968307 0,30 Ma {3-

37

~+36,965903 24,232

382- 37,968011 37,3 m{3-

39

~+38,968008 56m{3-2


Densidad MasaAbundancia PeriodoElemento Z

(g/cm3)A[lOAtómica (u.a.m.)(%)TI2:

40

2- 39,970420 1,35 m{3-

41

(1 ~t40,970650 31 s{3-2' 2Ar

180,0018340+ 33,980270 0,844 sCE.

Argon

35~+34,975256 1,78 sCE.2

360+ 35,9675460,337

37

~+36,966776 35,0 dC.E.2

380+ 37,9627320,063

39

1-38,964313 269 a{3-2

400+ 39,96238399,60

41

1- 40,964501 1,83 h{3-242

0+ 41,963050 33 a{3-

43

42,965670 5,4m{3-

44

0+ 43,965365 11,9 m{3-

K

190,8737~+36,973377 1,23 sCE.2

Potasio383+ 37,969080 7,61 mCE.

39

~+38,96370793,262

404- 39,963999 1,28 Ga {3-

41

~+40,9618266,732

422- 41,962403 12,4 h{3-

43

~- 42,960716 22,3 h{3-244

2- 43,961560 22,1 m{3-

45

~+44,960700 17 m{3-2

46(2- ) 45,961976 115 s{3-

47

1+46,961678 17,5 s{3-2

ea201,55380+ 37,976319 0,44 sCE.

Calcio

39~+38,970718 0,86 sCE.2

400+ 39,96259196,94

41

1-40,962278 0,10 Ma C.E.2

420+ 41,9586180,647


Elemento ZDensidad

(g/cm3) A InMasa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia Periodo

(%) TI~

431-42,958767 0,1352

440+ 43,955481 2,09

45

1-44,956186 165 dp-2

460+ 45,953692 0,0035

47

1-46,954546 4,54 dp-2

480+ 47,952533 0,187

49

l-48,955673 8,72 m p-2

500+ 49,957518 14 sp-

Se

212,5420+ 41,965517 0,68 se.E.

Escandio

431-42,961151 3,89 hc.E.2

442+ 43,959403 3,93 hc.E.

45

1-44,9559101002

464+ 45,955170 83,8 dp-

47

1-46,952408 3,35 dp-2

486+ 47,952235 43,7 hp-

49

1-48,950024 57,0 m p-2

505+ 49,952187 1,71 m p-

Ti

224,5431-42,968523 0,51 se.E.2

Titanio440+ 43,959690 54 aC.E.

45

1-44,958124 3,09 hC.E.2

460+ 45,952629 8,2

47

1-46,951764 7,42

480+ 47,94794773,7

49

~-48,947871 5,42

500+ 49,944792 5,2

51

l-50,946616 5,80 m p-2

520+ 51,946898 1,7 mp-

53 (f)52,949730 33 sp-


Densidad MasaAbundancia PeriodoElemento

Z(g/cm3)A¡r'Atómica (u. a.m.)(%)TJ,

V

235,96460+ 45,960199 0,42 sC.E.

Vanadio

47J-46,954906 32,6 me.E.2

484+ 47,952254 16,0 dc.E.

49

1-48,948517 330 dC.E.2

506+ 49,9471630,250

51

1-50,94396399,7502

523+ 51,944779 3,76 m /3-

53

1-52,944342 1,6 m/3-2

54 (3,4,5)+53,946444 50 s/3-

Cr

247,1460+ 45,968362 0,26 sC.E.

Cromo

47J-46,962906 0,51 sC.E.2

480+ 47,954036 21,6 hc.E.

49

1-48,951341 41,9 m e.E.2

500+ 49,9460494,35

51

1-50,944771 27,7 de.E.2

520+ 51,94051183,79

53

J-52,9406539,502

540+ 53,9388842,36

55

J-54,940843 3,50 m /3-2

5655,940645 5,9 m/3-

Mn

257,2500+ 49,954244 0,28 sC.E.

Manganeso

511-50,948215 46,2 mC.E.2

526+ 51,945570 5,59 dc.E.

53

1-52,941294 3,7 Ma C.E.2

543+ 53,940363 312 dC.E.

55

1-54,9380491002

563+ 55,938909 2,58 h/3-

57

1-56,938287 1,6 m/3-2

583+ 57,939990 65 s/3-

-- ...•...••••"""""""""""""""===-_!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!~=!!!!!!!!!!!~~~~~~~~~=======~~==::::;;;¡¡jI ..•


Densidad MasaAbundanciaPeriodoElemento Z

(g/cm3)AP'Atómica (u.a.m.)(%)TI'2

Fe267,8651(r) 50,956825 0,25 sC.E.

Hierro520+ 51,948116 8,27 hC.E.

53

1-52,945312 8,51 mC.E.2

540+ 53,939615 5,8

55

2-54,938298 2,7 aC.E.2

560+ 55,934942 91,8

57

1-56,935398 2,152

580+ 57,933280 0,29

59

2-58,934880 44,6 d{3-2

600+ 59,934077 1,5 Ma{3-

61(2 ~)- 60,936749 6,0 m{3-2'2

620+ 61,936770 68 s{3-

Co

278,9540+ 53,948464 0,19 sC.E.Cobalto

551-54,942003 17,5 hC.E.2

564+ 55,939844 78,8 dC.E.

57

1-56,936296 271 de.E.2

582+ 57,935757 70,8 dC.E.

59

1-58,9331991002

605+ 59,933822 5,27 a{3-

61

1-60,932479 1,65 h{3-2

622+ 61,934054 1,5 m{3-

63(f) 62,933615 27,5 m{3-

Ni288,90551

54,951336 0,19 s{3-2Níquel

560+ 55,942136 6,10 dc.E.

57

2-56,939800 36,0 hC.E.2

580+ 57,935348 68,3

59

2-58,934351 0,075 Ma e.E.2

600+ 59,93079026,1

61

2-60,931060 1,132


Densidad

Elemento Z (g/cm3) A ¡nMasa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia Periodo

("lo) TI':!

620+ 61,928348 3,59

63

1-62,929673 100 ap-2

640+ 63,927969 0,91

65

~-64,930088 2,52 hp-2

660+ 65,929115 54,8 hp-

67

66,931569 21 sp-

en

298,94592.58,939503 82 sCE.2

Cobre602+ 59,937368 23,4 mCE.

61

2.-60,933461 3,41 hCE.2

621+ 61,932587 9,73 mCE.

63

2.- 62,929600 69,2264

1+ 63,292767 12,7 hCE.

65

2.-64,927793 30,82

661+ 65,928873 5,10 m p-

67

2.-66,927750 61,9 hp-2

681+ 67,929640 31 sp-

Zn

307,14612.-60,939513 89 se.E.2

Zinc620+ 61,934334 9,2 hCE.

63

~- 62,933215 38,1 m CE.264

0+ 63,92914648,6

65

~-64,929245 244 de.E.2

660+ 65,926036 27,9

67

~-66,927130 4,102

680+ 67,924847 18,8

69

1-68,926553 56mp-2

700+ 69,925325 0,62

71

1-70,927727 2,4 mp-2

720+ 71,926863 46,5 hp-

73 (r)72,929780 24 sp-

mm!ll"~- -.------- --------


Elemento ZDensidad

(g/cm3) A InMasa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia Periodo

(%) TI2

Ga 315,91640+ 63,936838 2,6mC.E.

Galio

651-64,932739 15,2 mCE.2

660+ 65,931592 9,4 hCE.

67

1-66,928204 78,3 hCE.2

681+ 67,927983 68,1 mCE.

69

1-68,925581 60,12

701+ 69,926027 21,1 m 13-

71

32- 70,924707 39,9

72

3- 71,926371 14,1 h13-

73

1-72,925170 4,87 h13-2

74 (4)-73,926940 8,1 m13-

75

1-74,926501 2,1 m13-2

Ge

325,36660+ 65,933850 2,3 hCE.

Germanio67 (f)66,932738 19,0 m C.E.

68

0+ 67,928097 271 dC.E.

69

~-68,927972 39,0 hC.E.2

700+ 69,924250 20,5

71

1-70,924954 11,2 dCE.2

720+ 71,922076 27,4

73

2-72,923459 7,82

740+ 73,921178 36,5

75

1-74,922859 82,8 m 13-2

760+ 75,921402 7,8

77

1+76,923548 11,3 h13-2

780+ 77,922853 1,45 h13-

79 (f)78,925400 19 s13-

As

335,73704+ 69,930930 53 mCE.

Arsénico

71~-70,927114 61 hC.E.2

722- 71,926753 26,0 hCE.

73

1-72,923825 80,3 dCE.2

--

Elemento ZDensidad

(g/cm3) A F'Masa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia

(%)

PeriodoTI

2

742- 73,923929 17,8 dC.E.

75

}-74,921597 1002

762- 75,922394 26,3 h13-

77

}-76,920648 38,8 h13-2

78 (2-)77,921829 91 m13-

79

}-78,920949 9,0 m13-2

Se

344,871~-70,931870 4,7 mC.E.2

Selenio720+ 71,927112 8,4 dC.E.

73

2+72,926767 7,1 he.E.2

740+ 73,922476 0,87

75

~+74,922524 119,8 dC.E.2

760+ 75,919214 9,0

77

1-76,919914 7,62

780+ 77,917310 23,5

79

Z+78,918500 <0,065 Ma 13-2

800+ 79,916522 49,8

81 (f)80,917993 18,5 m13-

82

0+ 81,916700 9,2

83 (r)82,919119 22,5 m13-

84

0+ 83,918465 3,3 m13-

Br

353,12761- 75,924542 16,1 he.E.

Broma

77}-76,921380 57,0 hC.E.2

781- 77,921146 6,46 mC.E.

79

1-78,918338 50,692

801+ 79,918530 17,6 m13-

81

3-80,916291 49,312

825- 81,916805 35,3 h13-

83 (f)82,915181 2,39 h13-

84

2- 83,916505 31,8 m13-

85 (f)84,915611 2,9 m13-

_ ..~ •••••



Z(gjcm3)AInAtómica (u.a.m.) (%)TII

2:

Kr

360,003775? 74,931035 4,3 mCE.

Cripton

760+ 75,925950 14,8 hCE .

77

.?+76,924669 75 mC.E.2

780+ 77,9203880,356

79

1- 78,920083 35,0 hCE.280

0+ 79,9163792,27

81

1+80,916593 0,21 Ma C.E.2

820+ 81,91348511,6

83

2+82,91413711,52

840+ 83,91150857,0

85

2+84,912530 10,7 ap-2

860+ 85,91061517,3

87

.?+86,913359 76mp-2

880+ 87,914452 2,84 hp-

89 (r)88,917640 3,18 mp-

Rb

371,53821+ 81,918210 1,25 mCE.

Rubidio

83.?-82,915114 86,2 dCE.2

842- 83,914387 32,9 dC.E.

85

1- 84,91179272,17286

2- 85,911170 18,8 dp-

87

l- 86,90918627,83288

2- 87,911323 17,8 mp-

89 (r)88,912288 15,2 mp-

90 (1-)

89,914813 153 sp-

Sr

382,5481 (f)80,923216 22mC.E.

Estroncio

820+ 81,918404 25,0 dCE.

83

1+82,917557 32,4 dCE.2

840+ 83,9134260,56

85

2+84,912936 64,8 dCE.2

860+ 85,9092659,8

i

~



(g/cm3)AP'Atómica (u.a.m.) (%)TI'2

87

2+86,908882 7,02

880+ 87,905617 82,6

89

2.+88,907455 50,5 d{3-2

900+ 89,907799 28,8 a{3-

91 (~+)

90,910199 9,5 h{3-92

0+ 91,910982 2,7 h{3-

93 (r)92,913943 7,4 m{3-

y395,5184 (5-)83,920310 39mC.E.

lirio85 (f)84,916430 2,7 hC.E.

86

4- 85,914890 14,7 hc.E.

87

1-86,910880 80,3 he.E.2

882- 87,909506 106,6 d c.E.

89

1-88,905849 1002

902- 89,907152 64,1 h{3-

91

1-90,907301 58,5 d{3-2

922- 91,908931 3,54 h{3-

93

1-92,909559 10,2 h{3-2

942- 93,911595 18,7 m {3-

Zr

406,487 (~+)86,914815 1,6 hC.E.Circonio

880+ 87,910225 83,4 dC.E.

89

2+88,908889 78,4 hé.E.2

900+ 89,904702 51,5

91

2.+90,905643 11,22

920+ 91,905039 17,1

93

2.+92,906474 1,5 Ma {3-2

940+ 93,906314 17,4

95

2.+94,908041 64,0 d{3-2

960+ 95,908275 2,80

97

1+96,910950 16,9 h{3-2

980+ 97,912757 31 s{3-

------


Elemento ZDensidad

(g/cm3) A InMasa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia

(%)Periodo

TI"2

Nb 418,489(f) 88,913490 2,0 hCE.

Niobio

908+ 89,911263 14,6 hCE.

91(~+) 90,906989 100 aCE.

92

(7)+ 91,907192 35 MaCE.

93

~u92,9063761002

946+ 93,907282 0,020 Ma /3-

95

.2+94,906834 35,0 d/3-2

966+ 95,908099 23,4 h/3-

97

.2+96,908096 72m/3-2

Mo4210,2900+ 89,913935 5,67 hC.E.

Molibdeno

91.2+90,911749 15,5 mCE.2

920+ 91,90681014,8

93

~+92,906811 3500 aCE.2

940+ 93,905087 9,3

95

~+94,90584115,92

960+ 95,90467816,7

97

~+96,906020 9,62

980+ 97,90540724,1

99

1 +98,907711 66,0 h/3-2

1000+ 99,907476 9,6

101

1+100,910346 14,6 m/3-2

Te43 947+ 93,909655 293 mCE.

Tecnecio

95.2+94,907656 20,0 hC.E.2

967+ 95,907870 4,3 dC.E.

97

.2+96,906364 2,6MaCE.2

98(6)+ 97,907215 4,2 Ma/3-

99

.2+98,906254 0,214 Ma /3-2

1001+ 99,907657 15,8 s/3-

Ru

4412,2940+ 93,9113.65 52mCE.

Rutenio

95~+94,910418 1,65 hCE.2


Elemento ZDensidad

(g/cm3) A F'Masa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia Periodo

(%) TI:2

960+ 95,907604 5,5

97

~+96,907560 2,88 dC.E.2

980+ 97,905287 1,86

99

~+98,90593912,72

1000+ 99,90421912,6

101

~+100,905582 17,02

1020+ 101,90434831,6

103

.J.+102,906323 39,4 d13-2

1040+ 103,90543018,7

105

.J.+104,907750 4,44 h13-2

1060+ 105,907327 372 d13-

107 (~+)

106,909910 3,8m13-

Rh

4512,598(2)+ 97,910716 8,7mCE.

Radio

99(f) 98,908196 16,1 dCE.

100

1- 99,908116 20,8 hCE.

101

1-100,906163 3,3 aCE.2

1026+ 101,906842 2,9 aCE.

103

1-102,9055041002

1041+ 103,906655 42,3 s13-

105

1+104,905692 35,4 h13-2

1061+ 105,907285 29,8 s13-

Pd

4612,1699(t)98,911809 21,4 m CE.

Paladio

1000+ 99,908505 3,6 dCE.

101

~+100,908289 8,5 hCE.2

1020+ 101,905607 1,0

103

~+102,906087 17,0 dC.E.2

1040+ 103,90403411,0

105

~+104,90508322,22

1060+ 105,90348427,3

,•

~ 11



(gjcm3)A¡n Atómica (u.a.m.) ("lo)TI'2

107 ~+106,905129 6,5 Ma /3-2

108 0+107,90389526,7

109 ~+108,905954 13,4h/3-2

110 0+109,90515311,8

111

~+110,907640 23 m/3-2

112 0+111,907314 21,0 h/3-

Ag

4710,5103 1+102,908972 65,7 mCE.2Plata

104 5+103,908627 69,2 mCE.

105 1-

104,906528 41,3 dCE.2106 1+

105,906667 24,0 mC.E.

107 1-

106,90509351,832108

1+ 107,905954 2,4 m/3-

109 '1-

108,90475648,172110 1+

109,906111 24,4 s/3-

111 1-

110,905295 7,45 d/3-2112 2-

111,907005 3,14 h/3-

Cd

488,65104 0+103,909848 58 mCE.

Cadmio

105 ~+104,909468 56,0 m CE.2106 0+

105,9064581,25

107 ~+106,906614 6,50 hCE.2

108 0+107,9041830,89

109 ~+108,904985 463 dC.E.2

110 0+109,90300612,5

111 1+110,90418212,82

112 0+111,90275824,1

113 1 +112,90440112,22

114 0+113,90335928,7

115 1+114,905431 53,4 h/3-2

116 0+115,9047567,5

.

Elemento ZDensidad(g/cm3) A re

MasaAtómica (u.a.m.)

Abundancia Periodo(%) TI2

1171+116,907219 2,4 h{3-2

1180+ 117,906915 50,3 m {3-

In

4<t'7,281102+ 109,907169 69,1 mCE.

Indio

1112+110,905112 2,83 de.E.2

1121+ 111,905534 14,4 mCE.

113

2+112,904062 4,32

1141+ 113,904918 71,9 s{3-

115

2+114,90387995,72

1161+ 115,905261 14,1 s{3-

117

2+116,904517 43,8 m {3-2

So506,51091+

108,911288 18,0 m CE.2Estaño

1100+ 109,907854 4,1 he.E.

111

1+110,907736 35 mCE.2

1120+ 111,904822 1,01

113

1+112,905174 115,1 d e.E.2

1140+ 113,902783 0,67

115

1+114,903347 0,382

1160+ 115,90174514,6

117

1+116,902955 7,752

1180+ 117,90160824,3

119

1+118,903311 8,62

1200+ 119,90219932,4

121

]+120,904239 27,1 h{3-2

1220+ 121,9034414,56

123

11+122,905723 129 d{3-2

1240+ 123,905274 5,64

125

11+124,907785 9,62 d{3-2

1260+ 125,907654 0,1 Ma {3-

127 (1f -)

126,910350 2,1 h{3-

1

-----_. __. .....,10



Z(gjcm3)AP'Atómica (u.a.m.) ("lo)TI2

Sb516,691181+ 117,905533 3,6mC.E.

Antimonio

119~+118,903948 38,0 hC.E.2

1201+ 119,905076 15,8 mC.E.

121

~+120,90382257,32

1222- 121,905180 2,70 d13-

123

2+122,90421642,72

1243- 123,905938 60,2 d13-

125

2+124,905247 2,7 a13-2

1268- 125,907250 12,4 d13-

127

2+126,906914 3,85 d13-2

Te

526,24117.1+116,908636 62mC.E.2

Telurio1180+ 117,905932 6,00 dc.E.

119

1+118,906410 16,0 he.E.2

1200+ 119,904026 0,091

121

1+120,904935 16,8 dc.E.2

1220+ 121,903056 2,5

123

1+122,904271 0,892

1240+ 123,902819 4,6

125

1+124,904424 7,02

1260+ 125,90330418,7

127

},+126,905217 9,4 h13-2

1280+ 127,90446131,7

129

},+128,906596 69 m13-2

1300+ 129,90622334,5

131

},+130,908522 25,0 m13-2

1320+ 131,908524 78,2 h13-

133 (~+)

132,910940 12,5 m13-

1

534,93123~+122,905605 13,2 hC.E.2

Yodo1242- 123,906211 4,18 dC.E.

125

~+124,904624 60,2 dC.E.2


Elemento ZDensidad

(g/cm3) A InMasa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia Periodo

(%) TI2

1262- 125,905619 13,0 dCE.

127

~+126,9044681002

1281+ 127,905805 25,0 m /3-

129

1+128,904988 16 Ma/3-2

1305+ 129,906674 . 12,4 h/3-

131

1+130,906125 8,04 d/3-2

1324+ 131,907995 2,30 h/3-

Xe

540,0059121(~+ ) 120,911379

40,1 m CE.

Xenon

1220+ 121,908560 20,1 hCE.

123(~+ )122,908477

2,08 hCE.

124

0+ 123,905895 0,096

125

(r)124,90639817 hCE.

126

0+ 125,904268 0,090

127

(~+ )126,90517936,4 dCE.

128

0+ 127,903530 1,92

129

1+128,90478026,42

1300+ 129,903509 4,1

131

.J.+130,90508321,22

1320+ 131,90415526,9

133

.J.+132,905906 5,25 d/3-2

1340+ 133,90539510,4

135

.J.+134,907208 9,1 h/3-2

1360+ 135,907220 8,9

137

1-136,911563 3,82 m/3-2

es

551,8731301+ 129,906711 29,2 mCE.

Cesio

131~+130,905460 9,69 dCE.2

1322- 131,906430 6,47 dCE.

133

1+132,9054471002

1344+ 133,906714 2,06 a/3-

135

1+134,905972 3 Ma/3-2



(g/cm3)A¡nAtómica (u.a.m.) (%)TI2

136

5+ 135,907307 13,1 dp-

137

1+136,907085 30,2 ap-2

1383- 137,911011 32,2 m p-

Ba

563,5127(r)126,91112012,7 mC.E.

Bario

1280+ 127,908209 2,43 dC.E.

129

.1+128,908675 2,2 hC.E.2

1300+ 129,9063110,106

131

1+130,906931 12,0 dC.E.2

1320+ 131,9050560,101

133

1+132,906003 10,7 ac.E.2

1340+ 133,9045042,42

135

~+134,9056846,592

1360+ 135,9045717,85

137

~+136,90582211,22

1380+ 137,90524271,7

139

1-138,908836 82,9 m p-2

1400+ 139,910598 12,7 dp-

141

~-140,914410 18,3 mp-2

La

576,191351+134,906972 19,5 hC.E.2

Lantano1361+ 135,907650 9,87 mC.E.

137

1+136,9056220,0892

1385+ 137,90710899,911

139

1+138,9063492 140

3- 139,909473 40,3 hp-

141

1+140,910958 3,90 hp-2

1422- 141,914077 91,1 m p-

Ce

586,781331+132,911550 5,4 hC.E.2

Cerio1340+ 133,909030 76 hC.E.

135

1+134,909147 17,6 hC.E.2

1360+ 135,9071400,190

.,


ElementoDensidad

Z (g/cm3) A P'Masa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia Periodo

(%) TI2

137l+136,907780 9,0 hC.E.2

1380+ 137,905986 0,254

139

l+138,906647 137,2 h CE.2

1400+ 139,90543588,5

141

1-140,908272 32,5 d{3-2

1420+ 141,90924111,1

143

l-142,912382 33,0 h{3-2

1440+ 143,913643 284 d{3-

145

~+144,917230 2,98 m {3-2

Pr596,781381+ 137,910750 1,45 mCE.

Praseodimio

139~+138,908933 4,4 hCE.2

1401+ 139,909072 3,39 mCE.

141

~+140,9076481002

1422- 141,910041 19,2 h{3-

143

1+142,910813 13,6 d{3-2

1440- 143,913301 17,3 m {3-

Nd

606,95139l+138,911920 29,7 mCE.2

Neodimio1400+ 139,909310 3,37 dC.E.

141

l+140,909605 2,5 hC.E.2

1420+ 141,90771927,2

143

1-142,90981012,22

1440+ 143,91008323,8

145

1-144,912569 8,32

1460+ 145,91311317,2

147

~-146,916096 11,0 d{3-2

1480+ 147,916889 5,7

149

~-148,920145 1,73 h{3-2

1500+ 149,920887 5,6

151(r) 150,923825 12,4 m {3-

152

0+ 151,924680 11,4 m {3-



(g/cm3)AInAtómica (u.a.m.) (%)T,2

.Pm

61 1421+ 141,912950 40,5 se.E.

Prometio

1431+142,910928 265 dC.E.2

1445- 143,912586 349 dC.E.

145

1+144,912745 17,7 aC.E.2

1463- 145,914693 5,5 ae.E.

147

1+146,915134 2,62 a13-2

1481- 147,917468 5,37 d13-

149

1+148,918330 53,1 h13-2

150 (1-)149,920980 2,68 h13-

8m

627,71420+ 141,915204 72,5 me.E.

Samario

1431+142,914624 8,83 me.E.2

1440+ 143,911996 3,1

145

1-144,913407 340 de.E.2

1460+ 145,913038 103 Ma (X

147

1-146,91489415,12

1480+ 147,91481811,3

149

1-148,91718013,92

1500+ 149,917272 7,4

151

1-150,919929 90 a13-2

1520+ 151,91972926,6

153

1+152,922094 46,8 h13-2

1540+ 153,92220622,6

155

1-154,924636 22,4 m13-2

En635,221485- 147,918154 54,5 dC.E.

Europio

1491+148,917923 93,1 dC.E.2

1500- 149,919699 36 aC.E.

151

1+150,91984647,92

1523- 151,921741 13 ac.E.

153

1+152,92122752,12

1543- 153,922976 8,5 a13-

~

Densidad MasaAbundancia PeriodoI

Elemento Z(gjcm3)A¡n Atómica (u.a.m.) (%)TI

'2

155 .?:+154,922890 4,9 ap-2

156 0+155,924751 15 dp-

157 .?:+

156,925420 15 hp-2

Gd

647,95149 2-148,919339 9,4 dC.E.2Gadolinio

150 0+149,918656 1,8 Ma OC

151 2-

150,920345 120 dCE.2152 0+

151,9197890,20

153 1-

152,921747 242 dC.E.2154 0+

153,9208622,1

155 1-

154,92261914,82156 0+

155,92212020,6

157 1-

156,92395715,72158 0+

157,92410124,8

159 1-

158,926385 18,6 hp-2160 0+

159,92705121,8

161 .?:-

160,929666 3,7mp-2Tb

658,33156 3-155,924744 5,34 dCE.

Terbio

157 1+156,924021 150 aC.E.2158 3-

157,925410 150 aCE.

159 1+158,9253431002

160 3-159,927164 72,1 dp-

161

1+160,927566 6,90 dp-2

162 1-161,929480 7,76 m p-

Dy

668,56153 2-152,925763 .6,4 hCE.2Disprosio

154 0+153,924423 3 MaOC

155 l-154,925749 10,0 hCE.2

156 0+155,9242780,057

157 1-

156,925461 8,1 hCE.2158 0+

157,9244050,100

159 1-158,925736 144,4 d CE.2

1:,,'j<,.¡


Densidad· MasaAbundancia PeriodoElemento Z

(g/cm3)AInAtómica (u.a.m.)(%)TI2

160

0+ 159,925194 2,3

161

z+160,92693019,902

1620+ 161,92679525,5

163

z-162,9287282.4,92

1640+ 163,92917128,1

165

1+164,931700 2,33 h 13-2

1660+ 165,932803 81,6 h 13-

Ho

678,761621+ 161,929092 15 mc.E.

Holmio163 (r)162,928730

33 aC.E.

164

1+ 163,930231 29,0 m e.E.

165

1-164,9303191002

1660- 165,932281 26,8 h 13-

167 (r)166,933127

3,1 h13-

Er

689,161600+ 159,929080 28,6 h c.E.

Erbio

161~-160,930002 3,24 hC.E.2

1620+ 161,928775 0,14

163

z-162,930029 75,1 m C.E.2

1640+ 163,929197 1,56

165

z-164,930723 10,4 h C.E.2

1660+ 165,93029033,4

167

1+166,93204622,92

1680+ 167,93236827,1

169

1-168,934588 9,40 d13-2

1700+ 169,93546114,9

171

z-170,938026 7,52 h 13-2

1722- 171,939352 49,3 h 13-

Tm

699,351662+ 165,933554 7,70 he.E.

Tulio

1671+166,932849 9,25 d c.E.2

1683+ 167,934171 93,1 de.E.

169

1+168,9342111002

1701- 169,935798 128,6 d 13-

.,,,



(g/cm3)AT'Atómica (u.a.m.) (%)TI'2

171

1+170,936426 1,92 a{3-2

1722- 171,938396 63,6 h{3-

Yb

707,011660+ 165,933880 56,7 hc.E.

Iterbio

167~-166,934947 17,5 mC.E.2

1680+ 167,9338950,135

169

1+168,935187 32,0 de.E.2

1700+ 169,9347593,1

171

1.-170,93632314,42

1720+ 171,93637821,9

173

~-172,93820716,22

1740+ 173,93885831,6

175

1-174,941273 4,19 d{3-2

1760+ 175,94256912,6

177

2+176,945257 1,9 h{3-2

1780+ 177,946644 74m{3-

Lu

719,74172(4-) 171,939082 6,70 dc.E.

Lutecio

1731+172,938927 1,37 ae.E.2

1741- 173,940334 3,3 ac.E.

175

1+174,94076897,392

1767- 175,9426832,61

177

1+176,943755 6,71 d{3-2

1781+ 177,945952

Hf

7213,3171(~+ ) 170,940490

12,1 hC.E.

Hafnio

1720+ 171,939460 1,87 aC.E.

173

1.-172,940650 24,0 he.E.2

1740+ 173,9400420,16

175

~-174,941504 70 dC.E.2

1760+ 175,9414035,2

177

1-176,94322018,62

1780+ 177,94369827,1

Apéndice B.

- "

Densidad MasaAbundancia ~Elemento

Z(g/cm3) AT'Atómica (u. a.m.)(%)T.~179

2+ .178,94581513,72

1800+ 179,94654935,2

181

1-180,949099 42,4 d fJ-2

1820+ 181,950553 9MaIr

183 (r)182,953530

64m13-

Ta

7316,61781+ 177,945750 9,31 m c.E.1

179 (r)

iTantalio

178,945934665 dCE.

180

1+ 179,9474660,0123

181

1+180,94799699,98772

1823- 181,950152 115 d13-

183

1+182,951373 5,1 d13-2

W7419,31780+ 177,945850 21,5 dCE.

Wolframio

179 (r)178,94707238 mCE.

180

0+ 179,9467060,13

181

2+180,948198 121 dC.E.2

1820+ 181,94820526,3

183

1-182,95022414,32

1840+ 183,95093230,7

185

l-184,953420 75,1 d13-2

1860+ 185,95436228,6

187

l-186,957158 23,9 h13-2

1880+ 187,958487 69,4 d13-

Re

7520,531822+ 181,951210 12,7 hCE.

Renio183 (r)182,950821

71 dC.E.

184

3- 183,952524 38 dCE.

185

1+184,95295537,402

1861- 185,954986 90,6 h 13-

187

1+186,95575062,602

1881- 187,958112 16,9 h13-

189 (r)188,959228 24,3 h 13-II


Densidad

Elemento Z (g/cm3) A InMasa

Atómica (u. a.m.)

Abundancia Periodo

(%) T!2

Os 7622,481820+ 181,952186 21,5 hCE.

Osmio183 (r)182,953110

13,0 hC.E.

184

0+ 183,9524910,018

185

1-184,954043 93,6 dC.E.2

1860+ 185,9538381,6

187

1-186,9557471,62

1880+ 187,95583613,3

189

l-188,95814516,12

1900+ 189,95844526,4

191

2-190,960928 15,4 dp-2

1920+ 191,96147941,0

193

l-192,964148 30,6 hp-2 194

0+ 193,965179 6,0 ap-

Ir

7722,42188(2- ) 187,958852 41,5 hCE.

lridio

189l+188,958716 13,1 dC.E.2

190(4+) 189,960590 11,8 dCE.

191

l-190,96059137,32

1924- 191,962602 74,2 dp-

193

l+192,96292362,72

1941- 193,965075 19,2 h p-

195 (t)194,965976

2,8 hp-

Pt

7821,37187l-186,960700 2,35 hCE.2

Platino1880+ 187,959395 10,2 dC.E.

189

l-188,960832 10,9 hC.E.2

1900+ 189,9599300,013

191

l-190,961684 2,9 d2

1920+ 191,9610350,78

193 (r)192,962984

50 aC.E.

194

0+ 193,96266332,9

195

1-194,96477433,82

"Apéndice B. Propiedades nucleares 263

Densidad

Elemento Z (gjcm3) A [re

Masa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia Periodo

(%) Tl2-

1960+ 195,96493425,3

197

1-196,967323 18,3 h 13-2

1980- 197,967875 7,2

199 (r)198,970576 30,8 m 13-

200

0+ 199,971423 12,5 h 13-

Au

7919,321941- 193,965338 39,5 hCE.

Oro

195J+194,965017 186 dC.E.2

1962- 195,966551 6,18 dCE.

197

J+196,9665511002

1982- 197,968225 2,696 d 13-

199

J+198,968748 3,14 d 13-2

2001- 199,970720 48,4 m 13-

Hg

8013,55193J-192,966644 3,8 hCE.2

Mercurio1940+ 193,965381 520 aCE.

195

1-194,966640 9,5 hCE.2

1960+ 195,965814 0,15

197

1-196,967195 64,1 hCE.2

1980+ 197,96675210,0

199

1-198,96826216,82

2000+ 199,96830923,1

201

J-200,97028513,22

2020+ 201,97062529,8

203

2-202,972857 46,6 d13-2

2040+ 203,973475 6,9

205

1-204,9760561005,2 m13-2

TI8111,852002- 199,970945 26,1 hC.E.

Talio

2011+200,970803 73 hCE.2

2022- 201,972090 12,2 dCE.

203

1+202,97232929,52

2042- 203,974412 3,77 a 13-

j-----------'¡


Densidad

Elemento Z (gjcm3) A InMasa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia Periodo

(%) Ti2

2051+204,97609570,52

2060- 205,977408 4,20 m{3-

Pb

8211,352011-200,972850 9,3 hCE.2Plomo

2020+ 201,972143 0,05 Ma CE. ¡

203

1-202,973375 51,9 hC.E.2

2040+ 203,973028 1,42

205

1-204,974467 15 MaC.E.2

2060+ 205,97444924,1

207

!-206,97588022,12

2080+ 207,97663652,3

209

2+208,981075 3,25 h{3-2

2100+ 209,984174 22,3 a{3-

211 (r)210,988732

36,1 m{3-

212

0+ 211,991887 10,6 h{3-

Bi

839,7472066+205,978483 6,24 dCE.

Bismuto

2072-206,978456 32 aCE.2

208(5+) 207,979727 0,368 Ma C.E.

209

2-208,9803841002

2101- 209,984105 5,01 d{3-

211

2-210,987258 2,15 mIX2

2121- 211,991271 60,6 m{3-

Po

849,242060+ 205,980465 8,8 dC.E.

Polonio

2071-206,981578 5,8 hCE.2

2080+ 207,981231 2,90 aIX

209

!-208,982415 102 aIX2210

0+ 209,982857 138,4 dIX

211

2+210,986637 0,52 sIX2

At85 2086+207,986570 1,63 hCE.

Astato

2092-208,986158 5,4 hCE.2

2105+209,987131 8,3 hC.E.


~

Densidad

Elemento Z (g/cm3) A P'Masa

Atómica (u. a.m.)

Abundancia Periodo

(%) TI2

2112-210,987481 7,21 hC.E.2

212(1- )211,990735 0,31 soc

213

2-212,992922 0,11 /ls oc2

Rn860,0097207~-

206,990730 9,3 mc.E.2Radon

2100+ 209,989679 2,4 hoc

211

1-210,990585 14,6 hC.E.2

2120+ 211,990735 24moc

2180+ 218,005586 35 msoc

2220+ 222,017569 3,82 doc

Fr

87 2092-208,996402 50 soc2

Francio2125+211,996182 20mC.E.

215

2-215,000326 0,12 /ls oc2

2201220,012313 27,4 sOC

223(~)223,019731 21,8 m /3-

Ra

8852220+ 222,015361 38 soc

Radio

2231+223,018497 11,4 dOC2

2240+ 224,020201 3,66 doc

225 (r)225,023603

14,8 d/3-

226

0+ 226,025402 1602 a oc

227 (r)227,029170

42m/3-

Ac

89 224(0- )224,021708 2,9 hc.E.

Actinio225 (r)225,023220

10,0 doc

226

(1-) 226,026089 29 h/3-

227

~-227,027747 21,77 a /3-2 228

(3+) 228,031014 6,1 h/3-

Th

9011,32280+ 228,028731 1,91 aoc

Torio

229~+229,031754 7300 a oc2

2300+ 230,033126 75400 a oc

231

~+231,036296 25,52 h /3-2 232

0+ 232,038049100

233 (~+)

233,041576 22,3 m /3-

J!

266 Fl'sica Nuclear: problemas resueltos

Densidad MasaAbundanciaPeriodoElemento

Z(g/cm3)AInAtómica (u.a.m.) (%)TI2:

Pa

9115,4229 (t)229,032093

1,4 dCE.

Protactinio

230(2-) 230,034532 17,7 dCE.

231

~-231,035878 32800 aocI2232

(2-) 232,038581 1,31 dp-

233

~-233,040239 27,0 dp-2

U9218,9233z+233,039627 0,1592 Ma oc2

Uranio2340+ 234,040945 0,245 Ma oc

235

1-235,0439220,7202

2360+ 236,045561 23,43 Ma oc

237

.1+237,048723 6,75 dp-2

2380+ 238,05078399,275

239

z+239,054289 23,5 mp-2

Np93 236(6-) 236,046570 0,11 Mae.E.

Neptunio

237z+237,048166 2,14 Maoc2

2382+ 238,050940 2,117 dp-

239

z+239,052930 2,36 dp-2

Pu9419,72371-237,048403 45,3 dCE.2

Plutonio2380+ 238,049552 87,74 aoc

239

1+239,052156 24100 aoc2

2400+ 240,053806 6570 aoc

241

z+241,056844 14,4 ap-2

2420+ 242,058736 0,376 Ma oc

243

1+243,061996 4,96 hp-2

Am95 240(3-) 240,055287 50,9 hCE.

Americio

241z-241,056822 433 aoc2

2421- 242,059542 16,0 hp-

243

z-243,061372 7370 aoc2

244(6-) 244,064278 10,1 hp-

Cm

96 2460+ 246,067217 4700 aoc

Curio

2472-247,070346 16 Maoc2

Apéndice 8. Propiedades nucleares 267

~

Elemento zDensidad

(gjcm3) A InMasa

Atómica (u.a.m.)

Abundancia Periodo

(%) TI2

2480+ 248072341 0,34 Ma ex

249

1+249075946 64m{3-2

Bk97 2462- 246068670 1,8 dC.E.

Bequerelio

247(r)2470702981380 aex

ef

98 2511+251079579 898 aex2

Californio

2520+ 252081619 2,64 aex

Es

99 252 (4+,5-)252082970 472 dex

Einstenio

2531+ 253084818 20,5 dex2

Fm100 2560+ 256,091766 2,63 hf

Fermio

257(r)257,095096100 dex

Md

101 257(r)257,0955355,2 hC.E.

Mendelevio

258(8- )258,098427 55 dex

No

102 2580+ 258,098250 1,2 msf

Nobelio

259(r)259,10105060mex

Lr

103 260260,105570 180 sex

Laurencio 104

261261,108910 65 sex

105

261261,112110 1,8 sex

262

262,114370 34 sf

106

263263,118620 0,8 sf

107

262262,123120 115 ms ex-------

Al finalizar este libro la comunidad científica internacional no había llegado a un acuerdosobre la denominación formal de los elementos a partir del 104. Ésta es la razón por la queno aparece ni su símbolo químico ni el nombre.

t --.- _


TABLA l. Unidades más utilizadas

Otras

Magnitud

UnidadunidadesEquivalenciasdel S.f.

utilizadas

Longitud

m (metro)f1(micra)1 f1 = 10-6 m

A (¡:mgstrom)

1A = 10-10 miSuperficie

m2 cm21cm2 = 10-4 m2i

Sección eficazb (barn)1b = 10-28 m2

,Masakg (kilogramo)u.a.m. (unidad1u.a.m. = 1,66 x 10-27 kg

atómica de masa) MeV/c21 MeV/c2 = 1,78 X 10-30 kg

1u.a.m. = 931,5 MeV /c2Cantidad de

mo1sustancia Fuerza

N (newton)dyn(dina)1dyn= 10-5 N

Presión

Pa(pasca1)At (atmósfera)1At= 1,013 x 1W Pabar

1bar = 1 x 105 Pa

torr(mm Hg)1torr = 1,33 x 102 Pa

Momento

N.m (newton-metro)MeV/c1MeV /c = 5,34 X 10-34 N.m

Energía

J (julio)erg(ergio)1erg = 10-7 JeV (e1ectronvo1tio)

1eV = 1,602 x 10-19 JWh (vatio-hora)

1Wh = 3,6 X 103 Jcm-1

1cm-1 = 1,99 x 10-23 J

Temperatura

K (kelvin)°c (grado Ce1sius)T(°C) =T(K)-273,16keV

lkeV = 8,6 x 10-8 K

Potencia

W(vatio)CV (caballo de vapor)1CV=735,5 W

erg/s

1erg/s = 10-7 W

Carga

C (culombio)ueq1ueq = 3,33 x 10- 10 C

eléctrica Tensión

V (voltio)

Campo

V/m ues1ues = 279,79 V/meléctrico Corriente

A (amperio)

Inducción

T(tesla)G(gauss)1G= 10-4 T

magnética Campo

Am-1 Oe (oersted)1Oe = 79,57 Am-1

magnético-

~-- ---------

, 1

\

-

Apéndice C. Unidades y constantes 271

TABLA 2. Constantes más utilizadas

Nombre SímboloValor

Velocidad de la luz

c2,99792458 X 108 mis

Carga del electrón

e1,602189 x 10-19 C

Constante de Boltzmann

k1,38066 x 10-23 J/K8,6174 x 10-5 eV/KConstante de Planck

h6,62618 x 10- 34 J.s

4,13570 X 10-15 eV.sh=h/2n

1,054589 x 10-34 J.s

6,58217 X 10-16 eV.sConstante de la Gravitación

G6,6726 x 10-11 Nm2/kg2

Número de Avogadro

NA6,022045 x 1023 mol- 1

Constante universal de los gases

R8,3144 J /mo1.KConstante de Stefan-Boltzmann

(J5,6703 x 10- 8 W /m2 .K4

Constante de Rydberg

Roo1,0973732 x 107 m-I

Energía de ionizacíón del Hidrógeno

13,60580 eVRadio de Bohr

ao5,291771 x 10-11 m

Masa del neutrón

mn1,008665 u.a.m.

939,6 MeV/c2Masa del protón

mp1,007277 u.a.m.

938,3 MeV /c2Masa del electrón

me5,4860 x 10-4 u.a.m.

0,511 MeV /c2Magnetón de Bohr

f.1B9,27408 x 10-24 J/T

5,78838 x 10-5 eV/TMagnetón nuclear

f.1N5,05084 x 10- 27 J /T

3,15245 x 10-8 eV/TContantes de estructura fina

IX1/137,0360

hc1239,835 MeV.fm

he197,329 MeV.fm

e2/4nEo

1,439976 MeV.fm

8,988.109 N.m2/C2

------------------~--

W. W. BURCHAM. Elements of Nuclear Physics, Longman Scientific & Technical (1986).

W. E. BURCHAM. Física Nuclear, Reverté, S. A. (1974).

E. SEGRE. Núcleos y Partículas, Reverté, S. A. (1972).

W. N. COTTINGHAM y D. A. GREENWOOD. An introduction to nuclear physics, Cambridge Univ. Press (1986).

HERVE BONGRAIN et al. Recueil de problemes de physique nucléaire, Edit. de la Revued'Optique théorique et instrumentale (1962).

1. E. IRODOV. Problems in atomic and nuclear physics, MIR Publishers Moscow (1974).

K. N. MUKHIN. Experimental nuclear physics vols. 1 y II. MIR Publishers Moscow (1987).

KENNETH S. KRANE. Introductory nuclear Physics. John Wiley & Sons (1988).

R. FERNÁNDEZ ÁLVAREZ-ESTRADA y M. RAMÓN. Partículas Elementales, Eudema(1988).

THOMAS J. CONNOLLY. Fundamentos de ingeniería nuclear, Ed. Limusa (1983).

K. ALMENAS Y R. LEE. Nuclear Engineering: An introduction. Springer-Verlag (1992).

S. GLASSTONE y A. SESONSKE. Ingeniería de reactores nucleares, Ed. Reverté (1982).

M. SOLER LÓPEZ. La fusión: Una alternativa energética, Eudema (1987).

D. BLANC. Fusion thermonucléaire contrólée, Ed. Masson (1978).

P. COLL BUTI. Fundamentos de dosimetría teórica y protección radiológica, vols. 1 y II.UPC (1990).

G. AUDI y A. H. WAPSTRA. The 1993 atomic mass evaluation. (I) Atomic mass Table,Nudeary Physics A565 (1993).

273

fisica nuclear maria shaw y amalia williart

Documents