Példatár Válogatás az elmúlt évek zárthelyi feladataiból v.0 Készítette: Reiss Tibor 20. július 29. Ha bármilyen elírást, elszámolást, stb. találtok a feladatokban, írjatok egy e-mailt a reiss(kukac)reak(pont)bme(pont)hu címre. Köszönöm.
. feladat - 2009/.zh/. Tekintsük a következő bomlási sort: 90 Sr 90 Y 90 Zr. Mekkora lesz a 90 Zr mennyisége mólban t = 50 nap után, ha kezdetben m = 0, 0 g 90 Sr volt csak a rendszerben? Adatok: T Sr = 28, 9 év, T Zr = 2, 67 nap, M Sr = 89, 9078 g/mól, az 90 Y magszámának időfüggvénye: N Y (t) = λ Sr λ Sr λ Y N 0,Sr e λ Y t ( e (λ Sr λ Y )t ) (.) Jelölés a továbbiakban: Sr -, Y - 2, Zr - 3 A stronciumot leíró differenciálegyenlet (keletkezés: nincs, fogyás: radioaktív bomlás miatt): dn (t) = λ N (t) (.2) dt Kezdeti feltétel: t = 0-ban N (t = 0) = N,0 A diff. e. megoldása: N (t) = N,0 e λ t (.3) Az ittriumot leíró differenciálegyenlet (keletkezés: a stronciumból, fogyás: radioaktív bomlás miatt) dn 2 (t) dt = λ N (t) λ 2 N 2 (t) (.4) Kezdeti feltétel: t = 0-ban N 2 (t = 0) = 0 Ez egy inhomogén diff. e. Kezdjük a homogén egyenlet, azaz dn 2(t) = dt λ 2 N 2 (t) megoldásával: N 2,H (t) = c e λ 2t (.5) ahol c egy konstans. Az inhomogén egyenlet megoldását megkapjuk például az állandók variálásának módszerével, azaz a c konstanst időtől függővé tesszük. Végeredményben az inhomogén diff. e. megoldását a következő formában keressük: N 2 (t) = c(t)e λ 2t. Ezt helyettesítsük vissza a (.3) egyenletbe (ne felejtsük el, hogy c is függ t-től): dc(t) dt e λ 2t c(t)( λ 2 )e λ 2t = λ 2 c(t)e λ 2t + λ N (t) (.6)
dc(t) = λ N (t)e λ 2t dt N helyére a (.3) egyenletet kell helyettesíteni, tehát: dc(t) dt Integráljuk mindkét oldalt 0-tól t-ig: = λ N,0 e (λ 2 λ )t (.7) (.8) c(t) c 0 = λ λ 2 λ N,0 (e (λ 2 λ )t ) (.9) Kihasználva a kezdeti feltételt (N 2 (t = 0) = 0) kapjuk, hogy c 0 = 0. Ezzel: N 2 (t) = = λ N,0 (e (λ 2 λ )t )e λ 2t λ 2 λ λ N,0 (e λt e λ2t ) (.0) λ 2 λ amiből néhány átalakítással a (.) egyenletet kapjuk. A cirkóniumot leíró differenciálegyenlet (keletkezés: az ittriumból, fogyás: nincs): dn 3 (t) = λ 2 N 2 (t) (.) dt Kezdeti feltétel: t = 0-ban N 3 (t = 0) = 0. Az előző diff. e.-be (.0) egyenletből N 2 (t)-t behelyettesítve és integrálva 0 és t között kapjuk: N 3 (t) = t 0 λ 2 N 2 (t) dt t λ λ 2 = N,0 (e λt e λ2t ) dt λ 2 λ 0 ( λ λ 2 e λ t ) = N,0 e λ2t λ 2 λ λ λ 2 ( = N,0 λ (e λ2t ) λ 2 (e λt ) ) (.2) λ 2 λ Számértékkel: λ = ln 2 28, 9 év N,0 = 0, 0 g 89, 9078 g/mól N A (.3) t = 50 nap = 4, 32 0 6 s (.4) év 3, 536 0 7 s = 7, 605 0 0 s (.5) 2
Az eredmény mólban: λ 2 = ln 2 2, 67 nap nap 86400 s = 3, 005 0 6 s (.6) n 3 (t = 50 nap) = N 3(t = 50 nap) N A = 3, 367 0 7 mól (.7) m 3 (t = 50 nap) = n 3 M 3 3, 03 0 5 g (.8) 2. feladat - 2009/.zh/2. A csernobili balesetben kikerült radioaktív nuklidok között megtalálható volt a 3 I (T /2 = 8 nap) és a 37 Cs (T /2 = 30, 23 év). Az üzemelő reaktorban körülbelül ötször annyi 37 Cs keletkezett, mint 3 I, amikor megtörtént a baleset. Feltéve, hogy a teljes inventár kikerült a környezetbe, mennyi idő elteltével lett a 37 Cs aktivitása ötszöröse a 3 I aktivitásának? Ez alatt az idő alatt (a kibocsátástól számítva) hányszor több 3 I bomlott el összesen, mint 37 Cs? Jelölés: 3 I - -es izotóp, 37 Cs - 2-es izotóp t = 0 időpontban a kezdeti izotóparány: N,0 N 2,0 = 5 (2.) Az aktivitás az idő függvényében (csak bomlás van): A i (t) = λ i N i (t) = λ i N i,0 e λ it (2.2) Tehát az aktivitások aránya: Ebből t-t kell kifejezni (felhasználható (2.)): t = λ λ 2 ln λ λ 2 = A 2 (t) A (t) = λ 2N 2,0 e λ2t λ N,0 e λ t = 5 (2.3) λ λ 2 ln T 2 T = ln 2 T T 2 T 2 T ln T 2 T = 83, 498 nap (2.4) 3
Az aktivitás definíciója: időegység elbomlott atomok száma. Tehát az aktivitás integrálja megadja az elbomlott atomok számát: N i,elbomlott (t) = t 0 A i (t) dt = = λ i N i,0 [ e λ i t λ i t 0 ] t 0 λ i N i (t) dt = t 0 λ i N i,0 e λ it = = N i,0 ( e λ it ) (2.5) Természetesen ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha kivonjuk a kezdeti atomszámból a megmaradó atomok számát: N i,elbomlott (t) = N i,0 N i (t) = N i,0 N i,0 e λ it = N i,0 ( e λ it ) (2.6) Ezzel a kérdezett mennyiség: N,0 ( e λt ) N 2,0 ( e λ 2t ) = ( e λt ) 5 ( e λ 2t ) = 5 2 t T 2 t T 2 = 38, 202 (2.7) 3. feladat - Feladatok/7. A csernobili balesetben kikerült radioaktív nuklidok között megtalálható volt a 3 I (T /2 = 8 nap) és a 37 Cs (T /2 = 30, 23 év). Az üzemelő reaktorban körülbelül ötször annyi 37 Cs keletkezett, mint 3 I, amikor megtörtént a baleset. Feltéve, hogy a teljes inventár kikerült a környezetbe (a) melyik izotóp járult hozzá nagyobb mértékben a kibocsátott radioaktív felhő aktivitásához a kibocsátás pillanatában? (b) a kibocsátás után mennyi idővel lesz a két izotóp aktivitása egyenlő? (c) A hasadások körülbelül %-ában keletkezik 3 I, és minden hasadásban 200 MeV energia szabadul fel. A csernobili reaktor teljesítményének (000 MW) ismeretében határozzuk meg a 3 I mennyiségét a reaktor indítása után 24 órával, ha kezdetben nem volt jelen jód! (d) Mekkora az egyensúlyi koncentráció, ha az aktív zóna térfogata 00 m 3? Jelölés: 3 I - -es izotóp, 37 Cs - 2-es izotóp (a) A,0 = λ N,0 = T 2 = 275, 85 (3.) A 2,0 λ 2 N 2,0 T 5 Tehát a kibocsátás után napokig a 3 I aktivitása a meghatározó. (b) = A (t) A 2 (t) = λ N,0 e λt λ 2 N 2,0 e = λt λe λ 2t 5 λ 2 e = λ 2t 5 T2 4 T 2 ( )t T 2 T (3.2)
t-t kifejezve: t = T T 2 T T 2 log 2 5T T 2 = 0, 280 év = 64, 909 nap (3.3) (c) A hasadások száma másodpercenként: n h = P 0 6 W 200 0 6 ev J,6 0 9 ev = 8, 00 0 9 s (3.4) A 3 I atomokat leíró differenciálegyenlet: A kezdeti feltétel: dn (t) dt = λ N (t) + n h (3.5) t = 0 -ban N,0 = 0 (3.6) Ez egy inhomogén differenciálegyenlet. A homogén differenciálegyenlet megoldása: N,H (t) = c e λ t (3.7) Az inhomogén differenciálegyenletet az állandók variálásával oldjuk meg: N (t) = c(t) e λ t (3.8) Ezt helyettesítsük vissza a (3.5) egyenletbe: dc(t) dt e λ t λ c(t)e λ t = λ c(t)e λ t + n h (3.9) dc(t) = n h e λ t dt Integráljunk határozottan 0 és t között: [ ] t e c(t) c(0) = n h e λt λ t = n h ahol c(0)-t majd a kezdeti feltételből kell meghatározni. 0 λ (3.0) (3.) c(t) = c(0) + n h λ (e λ t ) (3.2) Visszahelyettesítve c(t)-t a (3.8) egyenletbe kapjuk: N (t) = c(0)e λ t + n h λ (e λ t )e λ t = c(0)e λ t + n h λ ( e λ t ) (3.3) 5
t=0-ban a jobb oldal második tagja nulla, ezért a (3.6) egyenlet miatt c(0)=0. Tehát: N (t) = n h λ ( e λ t ) = 4, 583 0 25 (3.4) Végül t helyére 24 órát helyettesítve (mértékegységre ügyelve) kiszámítható a keresett mennyiség: N (24 óra) = 4, 583 0 25 (3.5) (d) A 3 I koncentrációja az aktív zónában: cc (24 óra) = cc (t) = N (t) V (3.6) 4, 583 025 00 0 6 m 3 = 4, 583 07 cm 3 (3.7) 4. feladat - 2009/zh2/3. Egy reaktorban besugárzási kísérletet végeznek, mely során 30 mg 59 Co mintát 50 mg 27 Al fóliába csomagolva sugároznak be 0 /cm 2 s neutronfluxussal. A besugárzás végén a 59 Co(n, γ) 60 Co (σ a =30 barn) reakcióban keletkező 60 Co aktivitása 2280 Bq, azonban a folyamat során a 27 Al(n, γ) 28 Al (σ a =0,233 barn) reakció is lejátszódott, és az így keletkezett 28 Al aktivitása olyan nagy, hogy a mintát pihentetni kell. Számítsa ki, mennyi időt kell várni a besugárzás után, hogy az 28 Al aktivitása kbq-nél kisebb legyen! Adatok: 60 Co felezési ideje 5,2 év; a 28 Al felezési ideje 2,24 perc; moláris tömegek: M Co =59 g/mol, M Al =27 g/mol; a számítások során vegyük úgy, hogy az alumínium és a kobalt fóliákat azonos neutronfluxus érte. A bomlási állandók: λ Co = ln 2 T Co = 4, 227 0 9 s λ Al = ln 2 = 5, 57 0 3 T Al s Az (n, γ) reakcióval keletkezett izotópok számát leíró egyenlet: (4.) (4.2) N(t) = N 0 (t)e λt + R λ ( e λt ) (4.3) 6
Most az első tag nulla, mivel a besugárzás előtt nincsenek ilyen izotópok. A reakciógyakoriságok: R Co = φn( 59 Co)σ( 59 Co) = φ m(59 Co) M( 59 Co) N Aσ( 59 Co) = 9, 88 0 8 (4.4) R Al = φn( 27 Al)σ( 27 Al) = φ m(27 Al) M( 27 Al) N Aσ( 27 Al) = 2, 599 0 7 (4.5) Ne felejtsük el, hogy barn = 0-24 cm 2! A Co-aktivitásból (2280 Bq) meghatározható az átalakult Co-atomok száma: N Co = A Co λ Co = 5, 394 0 (4.6) Felhasználva (4.3), (4.4) és (4.6) egyenleteket kiszámíthatjuk a besugárzási időt: t be = ( ln λ ) CoN Co = 587, s (4.7) λ Co R Co A reakciógyakoriság és a besugárzási idő ismeretében kiszámítható a 28 Al aktivitása a besugárzás után: A Al (t be ) = λ Al N Al (t be ) = λ Al R Al λ Al ( e λ Alt ) = 2, 473 0 7 Bq (4.8) Ez az aktivitás a 28 Al felezési idejével exponenciálisan csökken: ahol A Al (t be + t pihen ) = 000 Bq. A Al (t be + t pihen ) = A Al (t be )e λ Alt pihen (4.9) t pihen = ln A Al(t be + t pihen ) λ Al A Al (t be ) = 96, 4 s (4.0) 5. feladat - 200/.zh/3.2 Két borszakértő egy családi pincészetben talál két penészes, címke és dugónyomat nélküli borosüveget. A szakértők abban egyeznek meg, hogy a fajta és az elkészítés módja ugyanaz, viszont azt nem tudják eldönteni, hogy melyik az idősebb. Ezért egy fizikushoz fordulnak, aki rögtön tudta, hogy a megoldást a borban lévő trícium ( 3 H) adja meg, mivel az egy 7
β-bomló izotóp (T /2 =2,32 év). Mindkét borból cm 3 -nyi mennyiséget folyadék szcintillációs detektorban lemért. Az első palackból vett minta összbeütése 2 óra alatt 32, míg a második palack boré 3 óra alatt 34. Mennyi a korkülönbség a két palack bor között? A mérési idő sokkal kisebb, mint a trícium felezési ideje, ezért feltehető, hogy a mérés alatt az aktivitás állandó, azaz az. palack aktivitása A = 32, míg 2 h a 2.-é A 2 = 34, tehát A 3 h > A 2. Utóbbiból következik, hogy a 2. palackot hamarabb készítették. Az aktivitás időbeli alakulása: Tehát a mérés pillanatában: A i (t) = A i,0 e λt (5.) 2. palack: A 2 (t m ) = A 2,0 e λtm (5.2). palack: A (t m ) = A,0 e λ(tm t ) (5.3) Természetesen A,0 = A 2,0, mivel mindkét palack ugyanabból a fajta szőlőből és ugyanazzal az eljárssal készült. Így: A 2 A = Ebből a palackozások között eltelt idő: e λtm e λ(tm t ) = e λt (5.4) t = λ lna 2 A = 6, 3 év (5.5) 6. feladat - 200/.zh/3. 8
A 22 Na izotóp 90,3% valószínűséggel β +, 9,7% valószínűséggel pedig elektronbefogással (electron capture, EC) bomlik. Írja fel a kétféle bomlási folyamatot (anyamag, leánymag, tömegszám, rendszám), ha tudjuk, hogy a neon, nátrium és magnézium rendszáma rendre 0,, 2! Legalább hány gramm 22 Na-ra van szükség, ha egy 5*0 3 bar-on üzemelő dm 3 -es neoncsövet 00 perc alatt szeretnénk megtölteni? A neongáz hőmérséklete legyen 20 C, a 22 Na felezési ideje 2,602 év. A bomlási folyamat során hány elektronbefogás történt? A Boltzmann-állandó k B =,38*0 23 J K. β + : p + e + + n 0 (6.) EC : p + + e n 0 (6.2) Tehát a bomlási folyamatok ugyanazt a magot eredményezik: 22 Narrowβ +22 0N e (6.3) 22 Na EC 22 0N e (6.4) A szükséges Ne-atomok száma az ideális gáztörvényből határozható meg: pv = NkT (6.5) N Ne = 5 0 3 bar 0 5 P a bar dm3 3 m3 0 dm 3, 38 0 23 J K =, 237 0 20 (6.6) A Na mennyisége t=0-ban legyen N 0. t idő elteltével a Na fogy az exponenciális bomlás törvényének megfelelően, azaz N 0 e λt atom marad. Az elbomlott Na atomok száma, ami megegyezik a keletkezett Ne atomok számával tehát: N Ne = N 0 ( e λt ) = m Na M Na N A ( e λt ) = m Na M Na N A ( 2 t/t ) (6.7) Ebből a Na tömegét kell kifejezni: Az elektronbefogások száma: m Na = M NaN Ne = 89, 49 g (6.8) N A 2 t/t N EC = 0, 097 N Ne =, 200 0 9 (6.9) 9
7. feladat - 2009/zh2/3.2 Egy monoenergiás, homogén neutronnyalábot szeretnénk %-ra csökkenteni. Milyen vastag védelemre lenne szükségünk, ha ehhez H 2 O és D 2 O homogén keverékét használnánk, melynek keverési aránya V H2 O/V D2 O = 2? Adatok: a nehézvíz sűrűsége,056 g/cm 3 ; a H, D és O moltömege rendre,005 g/mol, 2,035 g/mol és 5,994 g/mol; a hatáskeresztmetszetek: H: σ a =0,332 barn, σ s =20,44 barn; D: σ a =0,00053 barn, σ s =3,39 barn; O: σ a =0,00027 barn, σ s =3,76 barn. A monoenergiás, homogén nyalábgyengülés egyenlete: I(x) = I 0 e Σx (7.) ami megadja, hogy x vastagságú, Σ makroszkópikus hatáskeresztmetszettel rendelkező fal mögött mekkora lesz az intenzitás. Most a totális hatáskeresztmetszetet kell használni, mivel szóródáskor változik a neutron energiája, azaz a monoenergiás nyaláb szempontjából elveszik. A makroszkópikus totális hatáskeresztmetszet kihasználva az egyik additivitási tételt (jelölés: H 2 O - -es anyag, D 2 O - 2-es anyag): Σ t = N σ + N 2 σ 2 (7.2) ahol N az atommagsűrűség (mértékegység: /cm 3 ). A hatáskeresztmetszekre vonatkozó második addivitási tétel értelmében ez a következő képpen is írható: Σ t = N (2σ H + σ O ) + N 2 (2σ D + σ O ) (7.3) Az atommagsűrűség meghatározásához tekintsünk egy V=V +V 2 térfogatú keveréket. Ekkor: N = m M N A V = V ρ M N A V = 2 3 ρn A M = 2, 222 0 22 cm 3 (7.4) Itt kihasználtuk a keverékre vonatkozó térfogatarányt, azaz V 2 =V, /2, tehát: V = V + V 2 = V + V 2 = 3 2 V V V = 2 3 022 cm 3 (7.5) Hasonlóan kifejezhető V 2 /V is: V = V + V 2 = 2V 2 + V 2 = 3V 2 V 2 V = 3 (7.6) 0
Tehát N 2 : N 2 = m 2 M 2 N A V = V 2ρ 2 M 2 N A V = 3 ρ2n A M 2 =, 094 0 22 cm 3 (7.7) Ezzel a totális makroszkópikus hatáskeresztmetszet (ne felejtsük átváltani a barn-t: barn=0 24 cm 2 ): Σ t =, 253 cm (7.8) És végül a védelem falának vastagsága: x = ln I(x) = ln I 0 Σ t I 0 Σ t I(x) =, 253 ln 00 = 4, 06 cm (7.9) cm 8. feladat - Feladatok/2. és 2007/2.zh/2. és 2008/pótzh/2. Azonos számú 235 U és 238 U magból kiindulva mennyi ideig kell várni ahhoz, hogy a megmaradó 238 U atommagok száma a 235 U magok számának a 40-szerese legyen? A 235 U felezési ideje 7,04 0 7 év, a 238 U-é pedig 4.46 0 9 év. Jelölés: 235 U - 5-ös index, 238 U - 8-as index. Tudjuk, hogy kezdetben a két izotóp atomszáma azonos, azaz: N 5,0 = N 8,0 (8.) A fogyás az exponenciális bomlás törvény szerint történik, természetesen a megfelelő bomlási állandóval, azaz: 40 = N 8(t) N 5 (t) = N 8,0e λ8t N 5,0 e λ 5t = e(λ 5 λ 8 )t (8.2) t = λ 5 λ 8 ln 40 = ln 2 T 5 ln 2 ln 40 = T 8 ln 40 ln 2 T 5 T 8 T 8 T 5 = 5, 0 8 év (8.3)
9. feladat - 2007/.zh/. Három sugárforrásunk van, kezdetben (t=0) mindegyik aktivitása µci ( Ci=3,7 0 0 Bq). Felezési idejük rendre s, óra és nap. (a) A t=0 pillanatban hány radioaktív mag van az egyes forrásokban? (b) Az első másodpercben hány atommag bomlik el az egyes forrásokban? (c) Az első órában hány atommag bomlik el az egyes forrásokban? (a) N i = A i = A T λ i ln 2 (9.) A = A 2 = A 3 (9.2) N = 5, 338 0 0 ; N 2 = N T2 T =, 922 0 4 ; N 3 = N T3 T = 4, 62 0 5 (b) N i = t 0 A i (t) dt = t 0 A i,0 e λ it dt = A i,0 [ e λ i t λ i ] t 0 (9.3) = A i,0 λ i ( e λ it ) = A i,0t i ln 2 ( 2 t/t ) (9.4) (c) N = 2, 669 0 0; N 2 = 3, 700 0 0 ; N 3 = 3, 700 0 0 (9.5) N N ; N 2 = 2 N 2 = 9, 6 0 3 ; N 3 =, 33 0 4 (9.6) 0. feladat - 2007/.zh/2. Egy ásatáson talált épület fagerendájának korát kell meghatározni. Egy anyagminta 4 C tartalmát vizsgálva percenként átlagosan 2, bomlást detektálnak. Egy ugyanolyan fajtájú fából frissen vágott, azonos méretű darabban ez az érték 5,3 bomlás percenként. Mennyi az ásatás során talált gerenda kora, ha a 4 C felezési ideje 575 év? A(t) = A 0 e λt (0.) 2
t = λ lna(t) A 0 = T ln 2 ln2, 5, 3 = 7633, 0 év (0.2). feladat - Feladatok/2. és 2007/2.zh/. A 37 Cl atom tömegét tömegdublett módszerrel határozzuk meg. Számítsa ki a keresett értéket az alábbi, 0 6 u egységekben adott tömegkülönbségekből: (a) m(c 2 H) - m( 37 Cl) = 4922,2±0,3 (b) m(c 2 D 8 ) - m( 37 ClH 3 ) = 23436,5±0, (c) m(c 3 H 6 O 2 ) - m( 37 Cl 2 ) = 04974,24±0,08 A feladatban számoljon úgy, hogy D= 2 H, C= 2 C és O= 6 O, m( H)=,007825 u, m( 2 H)=2,0402 u, m( 2C)=2,000000 u, m( 6O)=5,99495 u! (a) 3C + H - 4922,2 0 6 u = Cl = 36,965903 u (b) 2C + 6H -3H - 23436,5 0 6 u = Cl = 36,978289 u (c) 2 (3C + 6H +2O - 04974,24 0 6 u) = Cl = 36,965903 u 2. feladat - Feladatok/8. és 2008/zh/. A 232 Th bomlási sorának végén a stabil 208 Pb izotóp áll. Egy kődarabban 3,65 g 232 Th, illetve 0,75 g 208 Pb van. (a) Határozzuk meg az izotóparány alapján a kődarab korát, ha a 232 Th felezési ideje,4 0 0 év! (b) Ha a kő kellően porózus volna, és minden, a bomlás során keletkező α-részecske ki tudna szökni, és összegyűjtenénk hélumgázként, mennyi standard állapotú (p= bar, T=25 C) gázt lehetne nyerni ebből a kődarabból? (c) Milyen feltételezések mellett igaz az alkalmazott gondolatmenet? Az α-, β- és γ-bomlások során az alábbi módon változik a rendszám és a tömegszám (Jelölés: X - anyamag, Y - leánymag, A - tömegszám, Z - rendszám): A ZX α A 4 Z 2 Y, mivel az α-részecske egy 4 2He ++ atommag (2.) A ZX A β Z+ Y, mivel n 0 p + + e + ν e (2.2) A ZX A β+ Z Y, mivel p + n 0 + e + + ν e (2.3) 3
A ZX EC A Z Y, mivel p + + e n 0 + ν e (2.4) A ZX γ A Z Xazaz a leánymag ugyanaz az izotóp, mint az anyamag (2.5) (a) Tehát ahhoz, hogy a 232 Th-ból 208 Pb legyen, (232 208)/4 = 6 α-bomlás kell. A Th rendszáma 90, a Pb rendszáma 82. A 6 α-bomlás során a rendszám 6 2 = 2-vel, tehát 90 2 = 78-ra csökken, így ezután még 82 78 = 4 β-bomlás kell. Összességében: 232 80 T h... (6α, 4β )... 208 80 P b (2.6) A részletes bomlási sor megtalálható a következő helyen: http://hepwww. rl.ac.uk/ukdmc/radioactivity/th_chain/th_chain.html vagy http:// en.wikipedia.org/wiki/decay_chain -> "Thorium series". Innen leolvasható (illetve, ha a feladat kiírásban nem szerepel, akkor feltehető), hogy a közbenső magok felezési ideje jóval kisebb, mint a 2323 Th felezési ideje, azaz a kormeghatározás szempontjából úgy vehető, mintha a 232 Th azonnal 208 Pbmá alakul. Így a két izotóp aránya az idő függvényében: N T h (t) N P b (t) = N T h,0 e λt ht N T h,0 ( e λ T ht ) = e λ T ht (2.7) Itt kihasználtuk, hogy a 208 Pb izotópok mennyisége egyenlő az elbomlott 232 Th-éval. Ebből az időt, t-t kell kifejezni: t = ( ) NP b (t) ln λ T h N T h (t) + = ( ) mp b (t)m T h ln + λ T h m T h (t)m P b mivel = 4, 68 0 9 év (2.8) N T h (t) = m T h(t)n A és N P b (t) = m P b(t)n A (2.9) M T h M P b (b) Bomlásonként 6 α-részecskem, azaz 6 He atom keletkezik. Tehát: A térfogat: V = NkT p N He = 6 N P b (t) = 6 mp b(t) M P b N A (2.0) = 6m P b(t)n A kt pm P b = 5, 338 0 4 m 3 0, 5 l (2.) (c) Feltételek: - Az ólom előtti leányelemek felezési ideje jóval kisebb, mint a vizsgált időtartam és a thórium felezési ideje. - A keletkezett ólom teljes mennyisége helyben marad, nem migrál. 4
3. feladat - Feladatok/0. és 2008/pótzh/. Mi a valószínűsége annak, hogy egy perc alatt a tüdőben egy 4 C bomlás történik? A légkör 0,03 térfogat%-a CO 2, a tüdő térfogata 3 liter, a belélegzett levegő 7,5%-a 4 másdoperc alatt cserélődik. Egy 4 C atomra 0 2 2 C atom jut. A 4 C felezési ideje 575 év. p= bar, T=25 C. Először meg kell határozni, hogy mekkora a 2 C egyensúlyi aránya a 4 C-hez képest a tüdőben. Tegyük fel, hogy a be- és kilégzés folyamatos, ekkor 4 s alatt 3 l 0, 075 = 0, 225 l friss és ugyanennyi elhasznált levegő jut, illetve hagyja el a tüdőt. Az ezt leíró differenciálegyenlet (jelölés: t. - tüdőben lévő levegő, f. - friss levegő, x - 2 C és 4 C aránya): dn4 C dt = λn CO2 (3, 0 l)x t. + N CO 2 (0, 225 l)x f. 4 s N CO 2 (0, 225 l)x t. 4 s (3.) Az első tag a tüdőben lévő bomlások számát írja le, a második a belélegzett levegővel bejutó 4 C atomok számát, a harmadik pedig a kilélegzett levegőben eltávozó 4 C atomok számát. Egyensúlyban nem változik a 4 C atomok száma, tehát a (3.) egyenlet egyenlő nullával. Ebből az egyensúlyi állapotra vonatkozó tüdőben lévő 4 C/ 2 C arány: x t.,eq. = N CO2 (0,225 l)x f. 4 s λn CO2 (3, 0 l) + N CO 2 (0,225 l) 4 s = 0 2 4 λ + 0,075 0 2 (3.2) Mivel a felezési idő nagyon nagy, ezért csak a 8. tizedesjegyben van eltérés. Ezzel az perc alatt elbomló 4 C atomok száma: mivel N = λn CO2 (3 l) 0 2 60 s = 8, 420 0 4 (3.3) N CO2 (3 l) = pv kt = 05 Pa 0, 5 0 3 m 3 0, 03 0 2, 38 0 23 J 298 K = 3, 648 0 8 K Azaz a 4 C-től származó dózis elhanyagolható. (3.4) 4. feladat - Feladatok/. és 2008/zh/2. 5
Egy 0 méter hosszú cső egyik végén egy rövid, 0 8 neutront tartalmazó neutronimpulzust lövünk be, ami a cső másik oldalán egy céltárgyba csapódik. A neutronnyaláb sebessége 2200 m/s. A csövön való áthaladás ideje alatt hány neutron bomlik el, ha a szabad neutron felezési ideje 0,7 perc? A neutronok tartózkodási ideje a csőben (l - a cső hossza, v - a neutron sebessége): Az elbomló neutronok száma: t = l v (4.) N = N 0 ( e λ t ) = N 0 ( 2 t/t ) = N 0 ( 2 l/vt ) = 4, 9 0 2 (4.2) 5. feladat - 2006/pótzh/,2. A szilícium-dioxid (SiO 2 ) sűrűsége 2,65 g/cm 3. A Si móltömege 28,08 g/mol, az oxigéné 6 g/mol. A Si totális mikroszkópikus hatáskeresztmetszete 2,36 barn, az oxigéné 6 barn. a) Számítsd ki a totális makroszkópikus hatáskeresztmetszetet! b) Milyen vastagságú SiO 2 réteg szükséges ahhoz, hogy egy, a rétegen áthaladó neutronnyaláb intenzitását az eredeti %-ra csökkentsük? a) Σ t = N i σ i,t = N Si σ Si,t + N O + σ O,t (5.) i Az atommagkoncentrációkat a sűrűségből lehet meghatározni (figyelem: egy SiO 2 molekulában 2 O-atom van): M SiO2 = M Si + 2M O = 60, 08 g/mol (5.2) N Si = ρ SiO 2 M SiO2 N A = 2, 646 0 22 cm 3 (5.3) N O = 2 ρsio 2 M SiO2 N A = 5, 293 0 22 cm 3 (5.4) Σ t = 0, 380 cm, mivel barn = 0 24 cm 2 (5.5) 6
b) A nyalábgyengülés egyenlete: Ebből x-re vagyunk kiváncsiak: I(x) = I 0 e Σtx (5.6) x = Σ t ln I(x) I 0 = 0, 380 ln 0, 0 = 2, 9 cm (5.7) cm 6. feladat - 2006/pótzh/3. Egy reaktorban besugárzási kísérletet terveznek. A neutrontér vizsgálatára a minták mellett 97 Au-t is a zónába helyeznek. Viszont a kísérlet utáni kiértékelés miatt a besugárzandó arany mennyiségét meg kell becsülni, mert az aktivitás mérésekor fellépő hibák elkerülése érdekében a mért beütést ajánlatos 60 beütés/s alatt tartani. Becsülje meg a mérés alatt maximálisan a zónába helyezhető arany tömegét, ha a besugárzás percig tart, Φ = 2,5 0 9 /cm 2 s neutronfluxusnak megfelelő teljesítményen és a besugárzás után maximum napig pihentethető a minta. A lejátszódó magreakció 97 Au(n,γ) 98 Au, a 98 Au felezési ideje T = 2,69 nap. A 97 Au izotóp aránya a természetes aranyban 00%. A reakció hatáskeresztmetszete 99,2 barn. Az állandó neutronfluxus melletti aktviációt leíró differenciálegyenlet (jelölés:l - leánymag, a - anyamag): dn l dt = λ l N l + N a Φσ a (6.) A legtöbb esetben az anyamag egy stabil izotóp, továbbá elhanyagolható mennyiség alakul át belőle, azaz (6.)-ben a jobboldal második tagja állandó, nem függ t-től. A homogén egyenlet megoldása (c egy konstans): N l,h (t) = c e λ lt (6.2) Az inhomogén egyenlet megoldását az állandók variálásának módszeréval keressük meg, azaz c c(t). Így visszahelyettesítve (6.2)-t (6.)-be (kevesebb írás érdekében N a Φσ a R): dc(t) dt e λ lt λ l c(t)e λ lt = λ l c(t)e λ lt + R (6.3) 7
Egyszerűsítés után: dc(t) = Re λ lt dt Integráljunk határozottan 0-tól t be -ig (a besugárzás időtartama): (6.4) c(t be ) c(0) = tbe 0 Re λ lt dt = R [ e λ l t ] tbe λ l 0 = R λ l (e λ lt be ) (6.5) Tehát az inhomogén (6.) megoldása: N l (t be ) = ( c(0) + R ) (e λ lt be ) e λ lt be = c(0)e λ lt be + R ( e λ lt be ) (6.6) λ l λ l A c(0) konstanst a t=0 kezdeti feltételből határozzuk meg: N l (t = 0) = N l,0 és mivel (6.6) jobboldalán t=0-nál a 2. tag nulla, ezért c(0) = N l,0. Tehát: N l (t be ) = N l,0 e λ lt be + R λ l ( e λ lt be ) (6.7) Jelen esetben N l,0 = 0, mivel kezdetben nincs jelen 98 Au. Másrészről a besugárzás után a mintát pihentetjük, azaz t p ideig bomlanak benne a 98 Au atomok. Továbbá a pihentetési idő után a beütés (azaz az aktivitás) λ l N l (t be ) 60, és λ s l = ln 2 T l. Végül, a 97 Au atommagkoncentráció a tömegből: N a = m an A (6.8) M a Mindent összevetve kapjuk: λ l N l (t be + t p ) = ln 2 T l man A Φσ a T l ln 2 M a ( e λ l tbe ) e λ lt p 60 s (6.9) Ebből a reaktorba helyezhető minta maximális tömege: m a 60 s M a 2 tp/t l =, 532 0 3 g (6.0) N A Φσ a 2 t be/t l 7. feladat - 2006/pótzh/4. A reaktorból érkező termikus neutronnyalábot bórsavas oldatot (víz+sav) tartalmazó vékony falú tartállyal akarjuk gyengíteni. A tartály vastagsága d = 0,2 m, felülete A = 5 m 2. A célunk az, hogy a merőlegesen érkező, 8
homogénnek tekinthető nyaláb a fal túloldalán 99,5%-kal gyengüljön. Hány gramm bórsavra van ehhez szükség? Adatok: A bórsav moláris tömege 6,83 g/mol, sűrűsége,4 g/cm 3, képlete H 3 BO 3. A 0 B neutronbefogási hatáskeresztmetszete 3839 barn, a természetes bórban a 0 B előfordulási gyakorisága 9,9%. Jelölés: bórsav - b, víz - v. A feladat szövegében nem szerepel, ezért tegyük fel, hogy a bórsav vízben való feloldásakor nem következik be térfogatcsökkenés, illetve -növekedés. Továbbá tegyük fel, hogy az oxigén, hidrogén és a 0 B-en kívüli bórizotópok hatáskeresztmetszete elhanyagolható a 0 B-hez tartozó érték mellett, azaz a bórsavas oldat totális hatáskeresztmetszete: Σ t = 0, 99 N b σ( 0 B) (7.) ahol a 0,99-es szorzó a 0 B előfordulási gyakorisága miatt jelent meg. A fenti képletben N b az oldatban lévő bórsav atommagkoncentrációja! A tartály vastagságából és a nyalábgyengüésből meghatározható a totális hatáskeresztmetszet: I(d) = I 0 e Σtd (7.2) Σ t = d lni(d) I 0 = 2, 649 0 m Tehát a megkívánt bórsavkoncentráció: = 2, 649 0 cm (7.3) N b = Σ t 0, 99 σ( 0 B) = 3, 467 020 cm 3 (7.4) Az atommagkoncentrációt máshogy is ki tudjuk fejezni: N b = m b N A M b V (7.5) Ebből a keresett tömeg: m b = N bm b V N A = 37, 582 kg (7.6) Ellenőrzés: ha a teljes tartályt (V = A d = m 3 ) bórsavval töltjük ki, akkor ennek tömege 400 kg. 9
8. feladat - 2006/pótzh/5. Az afrikai Gabonban lévő urántelepen a 235 U koncentrációja alacsonyabb, mint máshol a Földön. Emellett sok hasadási terméket is találtak. Az általánosan elfogadott magyarázat szerint valamikor régen itt "természetes atomreaktor" működhetett. Akkor még a természetes uránban a 235 U koncentrációja 3% volt. A talajvíz moderátorként lassította a neutronokat, és így megteremtődtek a láncreakció feltételei. Amikor a fejlődő hő elforrlata a moderátort, a láncreakció leállt. Visszahűlés után a telepet a talajvíz ismét elöntötte, és a "reaktor" újra beindult. Ilyen módon vált a rendszer önszabályozóvá. Kérdés: Hány évvel ezelőtt lehetett a természetes uránban a 235 U koncentrációja 3%? Adatok: a 238 U felezési ideje T = 4,5 0 9 év, a 235 U felezési ideje T = 7, 0 8 év. Jelenleg a természetes uránban található 235 U koncentrációja 0,7%. Jelölés: 235-ös izotóp - 5, 238-as izotóp - 8. Ebből t-t kell kifejezni: t = T ( ) 8T 5 N5 (t)n 8,0 ln T 5 T 8 N 8 (t)n 5,0 N 5 (t) N 8 (t) = N 5,0e λ5t N 8,0 e λ 8t (8.) N 5 (t) N 8 (t) N8,0 N 5,0 = e λ 8t λ 5 t = 2 t/t 8 t/t 5 (8.2) = T 8T 5 0, 007 ln T 5 T 8 0, 03 =, 25 09 év (8.3) Természetesen ez egy felső korlát, mivel a láncreakció során a hasadások útján gyorsabban fogyott a 235 U. 9. feladat A reaktorból érkező termikus neutronnyalábot bórsavas oldatot (víz+bórsav) tartalmazó vékony falú, x=0,3 m vastag tartállyal akarjuk gyengíteni. Milyen nagy térfogatra van szükségünk, ha 40 kg bórsav (H 3 BO 3 ) felhasználásával akarjuk a reaktorból merőlegesen érkező, homogénnek tekinthető nyalábot 80%-kal gyengíteni? A bórsav moláris tömege 6,83 g/mol; sűrűsége,4 20
g/cm 3 ; a 0 B neutronbefogási hatáskeresztmetszete 3839 barn, a természetes bórban a 0 B előfordulási gyakorisága 9,9%. A nyalábgyengülés egyenletéből kifejezhető a szükséges makroszkópikus hatáskeresztmetszet: I(x) = I 0 e Σx Σ = x lni(x) I 0 = 5, 365 m = 0, 05365 cm (9.) A 0 B neutronbefogási hatáskeresztmetszete nagyon nagy, ezért a többi izotóp hatáskeresztmetszete elhanyagolható, ezért: Σ = N0 Bσ0 B N0 B =, 56 0 9 cm 3 (9.2) N B = N0 B 0, 99 = 7, 68 09 cm 3 (9.3) N B = m M N A V (9.4) V = mn A MN B = 5, 095 m 3 (9.5) 20. feladat Egy reaktorban 0,25 cm 2 felületű, 0, mm vastag aranymintát sugároznak be. A termikus neutronok hatására a következő magreakció játszódik le: 97 Au(n,γ) 98 Au. perc besugárzás után, cm 2 -enként mennyi 98 Au keletkezik? Mennyi időt kell várni a besugárzás után, hogy a minta aktivitása 200 Bq legyen? Adatok: a neutronflusux Φ = 2,5 0 9 /cm 2 s, az 98 Au felezési ideje T=2,69 nap, a 97 Au izotóparánya a természetes aranyban 00%, a reakció hatáskeresztmetszete: 99,2 barn, az arany sűrűsége: 9,38 kg/dm 3. A minta mérete kicsi, ezért feltehető, hogy a neutronfluxus a teljes mintában ugyanakkora (azaz az önárnyékolást elhanyagoljuk). Ekkor a reakciógyakoriság (jelölés: S - felület, A - aktivitás): R = NσΦ = m M N AσΦ = Sdρ M N AσΦ = 3, 64 0 7 s (20.) Az arany izotóp felezési ideje jóval nagyobb, mint a besugárzás időtartama, így a besugárzás alatti bomlások száma elhanyagolható, tehát a keletkezett 2
98 Au izotópok száma cm 2 -enként: A besugárzás utáni aktivitás: n = N S = Rt S = 8, 738 09 cm 2 (20.2) A 0 = λn = ln 2 T Sn = 6, 55 03 Bq (20.3) A bomlástörvényből kiszámíthátó a szükséges pihentetési idő: A(t) = A 0 e λtp t p = λ lna(t) A 0 = T ln 2 ln A 0 A(t) = 3, 59 nap (20.4) 2. feladat - 2009/pótzh/3. Mekkora a távolság a tömegspektrométer ernyőn egy félkör megtétele után az egyszeresen ionizált 2 3Na és 2 4Mg ionok becsapódási helye között? Adatok: =,20333u; u=,66053 0 27 kg; sebességszelektor terei: E s =000 N/C, B=0, T; eltérítő mágneses tér indukciója: B=0,0 T! Egy tömegspektrométer leegysűresített rajza a következő: 22
Az első egység a sebességszelektor, ami az elektromos és mágneses terek megfelelő elrendezése eredményeképp csak bizonyos sebességű ionokat enged át. Newton törvényei értelmében az egyenes áthaladáshoz szükséges, hogy az erők eredője nulla legyen, azaz: F e + F m = qe + qv x B (2.) A merőlegesség miatt meghatározható az ionok sebessége: qe = qvb v = E B (2.2) Azaz a sebességszelektor függetlenül működik az ionok töltésétől! A körpályán tartáshoz a centripetális erőt a második mágneses tér biztosítja, a mozgásegyenlet: F cp = qe + qv x B 2 (2.3) Felhasználva a centripetális erő definícióját és a merőlegességet kapjuk: Azaz a pálya sugara: m v2 r = qvb 2 (2.4) r = mv qb 2 (2.5) A pálya sugara annál nagyobb, minél nagyobb az ion tömege és sebessége, és annál kisebb, minél nagyobb az ion töltése, illetve minél erősebb a mágneses tér. Egy félkör megtéteke után a keresett távolság: 2(r 2 r ) = 2 ( m v m ) 2v = 2v (m m 2 ) = qb 2 qb 2 qb 2 Behelyettesítve a sebességre kapott (2.2) egyenletet kapjuk: 2 uv qb 2 (2.6) 2(r 2 r ) = 2 ue qb B 2 = 0, 02498 m = 2, 498 cm (2.7) 22. feladat - 2009/pótzh/3.2 Egy borszakértő 50 éves bort vásárolt, de biztos, ami biztos ellenőrzés végett a fizikus barátjával megmérette a bor 3 H aktivitását. A mérés 23
9,6 0 7 Bq/m 3 aktivitáskoncentrációt adott. Hány évesnek tekinthető a bor a mérés alapján, ha a csapvíz aktivitás-koncentrációja a 3 H-ból adódóan 6 Bq/l? Milyen feltételezések mellett fogadható el az eredmény? A trícium felezési ideje: T=2,26 év! A palackozás után a borban lévő trícium bomlik, ezért csökken az aktivitáskoncentráció. Ezzel szemben a csapvízben közel állandó a trícium mennyisége, mivel kozmogén radionuklid lévén folyamatosan keletkezik. Az aktivitáskoncentrációra felírva a bomlás-törvényt kifejezhető az idő: c(t) = c 0 e λt t = λ lnc(t) c 0 = T ln 2 ln c 0 c(t) = 398, 955 év (22.) Azaz a bor majdnem 400 éves. Ez viszont csak akkor igaz, ha 400 évvel ezelőtt ugyanakkora volt (a szőlőt érő esőben és a talajvízben) a természetes trícium-aktivitás mint a most. Például a hidrogénbombák felrobbantásakor megnőtt a trícium aktivitáskoncentrációja az egész világon. 23. feladat - 2009/pótzh/3. Az alkimisták régi álma volt, hogy aranyat állítsanak elő más anyagokból. Mára a tudomány megalkotta a hőn áhított bölcsek kövét, melynek álneve atomreaktor, így az anyagátalakítás ténylegesen megvalósítható. Ezt kihasználva új bevételi forrás gyanánt az NTI Oktatóreaktorában aranyat szeretnénk előállítani a következőképpen: 96 Hg(n,γ) 97m Hg (σ a = 3200 barn, T( 97m Hg)=23,8 h) reakció után EC bomlás: 97m Hg+e 97 Au+ν e. Mennyi ideig kellene 0 2 /cm 2 s átlagos fluxussal besugározni egy kg-os Hg mintát, hogy mg arany keletkezzen? Adatok: a 96 Hg a természetes higanyban 0,47%-ban van jelen, a higany sűrűsége 3,53 g/cm 3. Jelölés: 96 Hg -, 97 Hg - 2, 97 Au - 3, k - előfordulási gyakoriság.. Mivel a 97 Hg mindenképpen átalakul arannyá, ezért elég a higanyt addig besugározni, amíg összesen mg-nyi 97 Hg keletkezik (elhanyagolható a moláris tömegbeli különbség). A reakciósebesség: mg 97 Hg megtermeléséhez szükséges idő: R = N σφ = m M N A k σφ (23.) N 2 = m 2 N A = Rt t = m 2M M 2 m M 2 k σφ 24 = 59, 05 óra (23.2)
Ebben az esetben viszont végtelen sok ideig kell várni, amíg a 97 Hg atomok elbomlanak, mivel a felezési idő véges. 2. A "végtelen" sokáig várás lerövidíthető, ha a besugárzás folyamatos. A 97 Hg atomok számát leíró egyenlet: N 2 (t) = N 2,0 e λ 2t + R λ ( e λ 2t ) (23.3) Az első tag nulla, mivel kezdetben nincsenek ilyen atomok. A 98 Au atomok az előbbi atomok bomlásából keletkeznek, az ezt leíró differenciálegyenlet: dn 3 (t) = λ 2 N 2 (t) (23.4) dt Figyelem: a 97 Hg atomok száma időtől függő - a (23.3) egyenletet kell behelyettesíteni. Behelyettesítés után integráljuk az egyenletet: N 3 (t) = λ 2 t = R 0 ( R λ2t ( e )dt = R λ 2 t + e λ 2t λ 2 λ 2 ) [t e λ 2t λ 2 ] t 0 (23.5) Helyettesítsük be a reakciósebességet (23.)-ből és rendezzük át az egyenletet: m 3 M m M 3 k σφ = t + e λ2t (23.6) λ 2 λ 2 Ez egy transzcendens egyenlet, numerikusan (próbálgatás vagy számítógép) oldható csak meg. A megoldás: t 90, 5 óra (23.7) 24. feladat - 2009/pótzh/3.2 Egy monoenergiás, homogén neutronnyalábot szeretnénk %-ára csökkenteni. Ehhez bórsav (H 3 BO 3 ) vizes oldatát használhatjuk fel. Milyen térfogatarányú (V bórsav /V víz ) oldatot kell készítenünk, ha cm vastag falat kell építenünk? Adatok: a 0 B befogási hatáskeresztmetszete 3839 barn, a bórsav moláris tömege 6,83 g/mol, sűrűsége,4 g/cm 3, a 0 B előfordulási gyakorisága 9,9%. 25
Jelölés: bórsav - b, víz - v. A nyalábgyengülés egyenletéből meghatározható a szükséges makroszkópikus hatáskeresztmetszet: I(x) = I 0 e Σtx Σ t = x ln I 0 I(x) = 4, 605 cm (24.) A 0 B-en kívül minden más izotóp befogási hatáskeresztmetszete elhanyagolható. Továbbá a bór atomok száma megegyezik a bórsav molekulák számával, ezért: Σ t N b = σ( 0 B)k( 0 B) = 6, 028 02 (24.2) cm 3 A molekulasűrűség máshogy is kifejezhető: N b = m b M b N A V = ρ bv b N A M b V = ρ bv b N A M b (V v + V b ) = ρ bn A M b V V Vb + (24.3) Ebből a keresett térfogatarány kifejezhető: V b V b = ρ b N A N b M b = 0, 798 (24.4) Ellenőrzés: Számoljuk ki, hogy mekkora lenne a makroszkópikus hatáskeresztmetszet, ha tiszta bórsavat használnánk! Σ t = ρ bn A k( 0 B)σ( 0 B) M b = 0, 379 cm (24.5) 25. feladat - 2009/IVzh/2. A kozmikus sugárzásból származó neutronok az 4 N atommagban a következő magreakciókat válthatja ki: 4 N + n 4 C + p és 4 N + n 2 C + 3 H (25.) Az első reakcióban a β-bomló 4 C keletkezik (T=5730 év), míg a második reakcióban a szintén β-bomló 3 H (T=2,3 év). Mindkét izotóp a víz és a szén körforgása révén lejut a talajba, ill. onnan a növényi és állatvilágba. A széntermelő folyamat gyakorisága 0-szer nagyobb, mint a trícium termelő folyamatoké. (Feltételezzük, hogy csak az említett két reakcióban keletkeznek a kérdéses izotópok). 26
(a) Írja fel a két izotóp időbeli változását leíró differenciálegyenleteket. (b) Az izotópok keletkezésének és fogyásának egyensúlya esetében adja meg a Földön lévő kozmikus izotópok aktivitásának és tömegének arányát! (c) Az egyensúlyi aktivitásarányból kiindulva, ha hirtelen nincs több keletkezés, mennyi idő elteltével lesz az aktivitásarány egyenlő az egyensúlyi magaránnyal? (d) Ezalatt az idő alatt mennyi volt az izotópok relatív fogyása? (a) Legyen a trícium keletkezés sebessége x. Ekkor a differenciálegyenletek: dn C (t) dt = λ C N C + 0x és dn H (t) dt (b) Egyensúly esetében (25.2)-ben a baloldal nulla, azaz: Ebből az aktivitások aránya egyensúly esetén: A tömegek aránya: m C m H = = λ H N H + x (25.2) λ C N C = 0x és λ H N H = x (25.3) A C A H = λ CN C λ H N H = 0 (25.4) N C N A M C N H = N C MC = 0 λh MC = 0 TC MC 0 4 (25.5) N A M H N H M H λ C M H T H M H (c) Az egyensúlyi magarány (25.4)-ből kifejezhető: N C N H = 0 λh λ C = 0 TC T H (25.6) t=0-ban az aktivitások aránya 0 (25.4) alapján. t idő múlva a bomlás következtében változik a magarány, ezért az aktivitásarány is: A C (t) A H (t) = A C,0e λct A H,0 e λ Ht = 0 e(λ H λ C )t (25.7) A feladat kérdése értelmében a t időpillanatban (25.6) és (??) jobb oldalao egyenlőek egymással, amiből t meghatározható: t = ln T C = λ C λ H T H ln 2 T C T H ln T C = 09, 258 év (25.8) T C T H T H 27
(d) A relatív fogyásokat szintén a bomlástörvány alkalmazásával kaphatjuk meg: N C (t) N C,0 = N C,0 N C (t) N C,0 = N C(t) N C,0 = e λ Ct = 2 t/t C=,33% = N C,0e λct N C,0 (25.9) Hasonlóan tríciumra: N H (t) N H,0 = 2 t/t H = 99, 788% (25.0) 26. feladat - 2009/IVzh2/2.x Egy monoenergiás, homogén neutronnyalábot szeretnénk %-ára csökkenteni. Milyen vastag védelemre lenne szükségünk, ha ehhez H 2 O és D 2 O homogén keverékét használnánk, melynek a keverési aránya (V H2O /V D2O =3)? Mekkora a szórási szabad úthossz ebben a keverékben? Ha csak H 2 O-t és csak D 2 O-t használnánk védelem céljából, melyikből kellene vékonyabb fal? Adatok: nehézvíz sűrűsége.056 g/cm 3 ; a D és az O moltömege rendre 2,035 g/mol és 5,9994 g/mol, a H moltömege,005 g/mol; hatáskeresztmetszetek D: σ a =0,00053 barn, σ s =3,39 barn; H: σ a =0,332 barn, σ s =20,44 barn; O: σ a =0,00027 barn, σ s =3,76 barn. Jelölés: könnyűvíz - k, nehézvíz - n. A hatáskeresztmetszetek additivitása miatt: A keverékben lévő atommagkoncentrációk: σ t = σ s + σ a (26.) σ k = 2σ H + σ O = 45, 304 barn (26.2) σ n = 2σ D + σ O = 0, 54 barn (26.3) N k = m k N A M k V = ρ kv k N A M k V = ρ kn A M k N n = ρ nn A M n = ρ kn A M k + Vn V k = 2, 499 0 22 + V = 8, 28 0 2 k V n 28 V k V k + V n (26.4) (26.5)
A keverék totális makroszkópikus hatáskeresztmetszete: Σ t = N k σ k + N n σ n =, 29 cm (26.6) A nyalábgyengülés egyenletéből meghatározható a szükséges vastagság: A szórási szabad úthoszz: I(x) = I 0 e Σtx x = Σ t ln I 0 I(x) l s = Σ s = = 3, 778 cm (26.7) N k σ k,s + N n σ n,s = 0, 83 cm (26.8) A (26.2) és (26.3) alapján egyértelmű, hogy a könnyűvíz-fal vastagsága kb. 4-szer lesz kisebb, mint a nehézvíz-falé. A tiszta anyagok makroszkópikus hatáskeresztmetszete: A falvastagságok (26.7) mintájára: Σ k,t = N k σ k = ρ kn A σ k M k =, 509 cm Σ n,t = N n σ n = ρ nn A σ n M n = 0, 349 cm (26.9) (26.0) (26.) x k = Σ k,t ln I 0 I(x) x n = Σ n,t ln I 0 I(x) = 3, 052 cm (26.2) = 3, 95 cm (26.3) 27. feladat - 2007/pótzh2/. Egy atomreaktorban kezdetben összesen 2500 g 235 U található. Ha a reaktorban az átlagos neutronfluxus (térbeli és időbeli átlaga) 4 0 2 n/cm 2 s, mennyi idő alatt ég ki 5 g 235U? A 235 U-ra σ f =582 barn, σ c =99 barn. A hatáskeresztmetszetek additivitása miatt: σ t = σ f + σ c = 68 barn (27.) 29
A kiégés sebességét a reakciósebesség határozza meg. A fogyás kevesebb, mint %, ezért a reakciósebesség időbeli változását elhanyagoljuk. Jelölés: m - összes hasadóanyag, m 2 - kiégetendő hasadóanyag. Ezzel: Ebből a szükséges idő kifejezhető: N 2 = m 2N A M = Rt = N σ t φt (27.2) t = m 2N A MN σ t φ = m 2 N A M m N M Aσ t φ = m 2 m σ t φ = 8, 498 nap (27.3) 28. feladat - 2008/zh2/. Adott egy neutronnyaláb, amelyik 50%-ban tartalmaz gyors (nagy energiájú), 50%-ban pedig termikus (alacsony energiájú) neutronokat. Ezt egy 3-as tömegszámú kadmiumból készült, homogén lemezzel gyengítjük. Mekkorára csökken az összintenzitás egy 2 mm vastag lemezen való áthaladás során, ha a kadmium sűrűsége 8,67 g/cm 3, termikus neutronokra vonatkozó abszorpciós hatáskeresztmetszete 20800 barn, gyors neutronokra vonatkozó hatáskeresztmetszete elhanyagolható? A termikus neutronok gyengülése: I t (x) = I t,0 e Σx = I t,0 e Nσx = I t,0 e ρ M N Aσx = I t,0 6, 752 0 84 0 (28.) Azaz már ez a 2 mm vastag Cd fólia is elnyeli szinte az összes termikus neutront, a fólia utáni nyalábintenzitás 50%-ra csökken (a gyors neutronok akadály nélkül áthaladnak). 29. feladat - 2008/zh2/2. Egy atomreaktorban termikus neutronokkal egy tiszta 59 Co mintát sugárzunk be. A minta felülete cm 2, vastagsága 0,03 cm, a kobalt termikus neutronokra vonatkozó aktivációs hatáskeresztmetszete pedig 30 barn, sűrűsége 8,9 g/cm 3. Két óra besugárzás után kivesszük a reaktorból, és megmérjük az aktivitását, ami 2,5 MBq-nek adódik. Mekkora volt a 30
besugárzó neutronfluxus, ha a keletkező 60 Co felezési ideje 5,2 év? Az aktivációt leíró egyenlet: N(t) = N 0 e λt + R λ ( e λt ) (29.) Kezdetben nincs 60 Co, tehát a jobb oldal első tagja nulla. Mindkét oldalt beszorozva λ-val megkapjuk az aktivitást: λn(t) = A(t) = R( e λt ) = N 59 σφ( e λt ) = ρv N A M 59 σφ( e λt ) (29.2) Ebből a keresett fluxus kifejezhető: φ = A(t)M 59 ρv N A σ( e λt ) =, 008 02 cm 2 s (29.3) 30. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/5. Számítsa ki a termikus neutronok átlagos szóródási szabad úthosszát nehézvízben! σ s O = 4,2 barn; σ s D = 5,6 barn; ρ D2 O =, g/cm 3. l s = Σ s =, 968 cm (30.) mivel Σ s = N D2 OσD s 2 O = ρ D 2 ON A (2σD s + σ M O) s = 0, 5082 D2 O cm (30.2) 3. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/4. Egy 238 92 U atommag α-bomlást szenved. Becsülje meg a Weizsäcker-féle félempírikus kötési formula alapján, hogy ezt hány β-bomlás fogja követni! Állandók: ɛ V = 5,728 MeV; ɛ F = 7,79 MeV; ɛ C = 0,687 MeV; ɛ S = 23,78 MeV. 238 92 U α 234 90 T h (3.) 3
Az energiaminimum elve alapján a leánymag tovább bomlik, amíg a neutronok és protonok száma megfelelő lesz. A megfelelő arányt a Weizsäckerformulából tudjuk kiszámolni. E(A, Z) = ɛ V A + ɛ F A 2/3 + ɛ C A + ɛ (N Z)2 /3 S (3.2) A β-bomlásnál (β, β + ) és EC-nél a tömegszám állandó - lásd: (2.2)-(2.4). Tehát adott tömegszám (A) mellett keressük E(A,Z) minimumát a rendszám (Z) függvényében, azaz deriválni kell és a deriváltat a szélsőérték keresés értelmében egyenlővé kell tenni nullával. Először viszont helyettesíteni kell N-t (3.2)-ben, mivel A,N és Z közül csak kettő független: E(A, Z) = ɛ V A + ɛ F A 2/3 + ɛ C Most már deriválhatjuk (3.4)-t Z szerint: Z 2 A = N + Z N = A Z (3.3) Z 2 A + ɛ (A 2Z)2 /3 S A (3.4) E(A, Z) 2Z = 0 + 0 + ɛ C Z A + ɛ 4(A 2Z) /3 S = 0 (3.5) A Megoldva az egyenletet kapjuk Z-t: 4ɛ S Z = 2ɛ C + 8ɛ = 9, 308 (3.6) A /3 S A Azaz vagy 2 β -bomlás fogja követni az α-bomlást. A tényleges bomlási sor megtalálható itt: http://en.wikipedia.org/wiki/ File:Decay_chain%284n%2B2,_Uranium_series%29.PNG 32. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. A következő ábrán egy bomlási lánc látható. A t=0 időpillanatban az., 2. és 3. anyag mennyisége rendre N,0, N 2,0 és N 3,0. Határozza meg az anyagmennyiségek időbeli változását leíró N (t), N 2 (t) és N 3 (t) függvényeket! 32
dn (t) dt = λ N (t) N (t) = N,0 e λ t (32.) dn 2 (t) = λ 2 N 2 (t) N 2 (t) = N 2,0 e λ 2t dt (32.2) dn 3 (t) = λ 3 N 3 (t) + λ N (t) + λ 2 N 2 (t) dt (32.3) A homogén egyenlet megoldása: N 3 (t) H = c e λ t (32.4) Az inhomogén egyenlet megoldását az állandók variálásával keressük meg. N 3 (t) IH = c(t) e λ t (32.5) Mivel (32.3)-ban a 3. és 4. tag alakja hasonló, csak az egyiket számoljuk végig. Deriváljuk és helyettesítsük vissza (32.3)-ba: dc(t) dt e λ 3t λ 3 c(t)e λ 3t = λ 3 c(t)e λ 3t + λ N,0 e λ t Rendezzük az egyenletet, majd integráljunk t szerint: (32.6) dc(t) dt = λ N,0 e (λ 3 λ )t (32.7) c(t) c(0) = t 0 λ N,0 e (λ 3 λ )t dt = λ [ N ],0 e (λ 3 λ )t t λ 3 λ 0 = λ N,0 λ 3 λ (e (λ 3 λ )t ) (32.8) Tehát (hasonló járulékot ad (32.3) jobb oldalának 3. tagja): N 3 (t) = ( λ N,0 (e (λ 3 λ )t ) + λ ) 2N 2,0 (e (λ 3 λ 2 )t ) + c(0) e λ 3t λ 3 λ λ 3 λ 2 t=0 időpillanatban N 3 (0)=N 3,0, ezért c(0)=n 3,0. Végeredményben: N 3 (t) = ( λ N,0 (e (λ 3 λ )t ) + λ ) 2N 2,0 (e (λ 3 λ 2 )t ) + N 3,0 e λ 3t λ 3 λ λ 3 λ 2 (32.9) (32.0) 33
33. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. Egy Z rendszámú A tömegszámú elem a db α, b db β és c db EC bomlást szenved.- Számítsa kia a keletkezett mag Z 2 rendszámát és A 2 tömegszámát! (2.)-(2.4) alapján: Z 2 = Z 2 a + b c (33.) A 2 = A 4 a (33.2) 34. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. Mennyi egy Σ a makroszkópikus abszorpciós hatáskeresztmetszettel bíró anyagban a sugárgyengülésre vonatkozó századolási rétegvastagság? A sugárgyengülési egyenlet alapján: I(x) = I 0 e Σ a x (34.) x /00 = ln 4, 605 = Σ a 00 Σ a (34.2) 35. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. Mennyi a 56 26Fe nukleonjainak átlagos fajlagos kötési energiája MeVben? Ezt a (3.2) Weizsäcker-formulából tudjuk meghatározni: E(A, Z) A E(56, 26) 56 = = = ɛ V + ɛ F A /3 Z 2 + ɛ C A + ɛ (A 2Z) 2 4/3 S A 2 = ( 5, 728 + 4, 650 + 2, 68 + 0, 8) MeV = A=56 Z=26 = 8, 792 MeV (35.) 34 =
36. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. Az NTI Oktatóreaktora 8 órán keresztül 00 kw teljesítményen üzemelt, ami körülbelül 0 2 n/cm 2 s termikus fluxusnak felel meg. Számítsa ki, hogy az üzemanyagot tartó kb. m = 5 kg tömegű 27 Al szerkezetnek mennyi lesz a γ aktivitása (a) közvetlenül a leállás pillanatában? (b) a leállás után órával? Feltesszük, hogy csak a 27 3Al(n,γ) 28 3Al magreakció megy végbe, melynek hatáskeresztmetszete E = 0,0 ev-nál σ 0,37 barn. T /2 ( 28 Al) = 2,24 perc. Az aktivációs képlet: Az első tag most nulla. (a) Nincs hűtési idő tehát: N(t) = N 0 e λt + R λ ( e λt ) (36.) A(leállás) = λ N(leállás) = Nσφ( e λt ) = = mn Aσφ M ( 2 t/t ) = 4, 0 3 Bq (36.2) (b) A leállás után már csak bomlás van, tehát: A(leállás után órával) = A(leállás) e λt = 3, 553 0 5 Bq (36.3) 37. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. Az Oak Ridge-ben található gázdiffúziós üzemben uránt dúsítanak. A ρ =,695 0 3 g/cm 3 sűrűségű UF 6 gázt egy V = 0 cm 3 térfogatú α detektorba vezetik, és megmérik az aktivitását, ami A = 680,79 Bq-nek adódik. Mekkora a dúsítás értéke? Adatok: T /2 ( 235 U) = 7,038 0 8 év, T /2 ( 235 U) = 4,468 0 9 év. A dúsítás számolásához használja a következő képletet: A fluor tömegszáma 9. d = N U 235 N U 235 + N U 238 (37.) 35
Jelölés: 235 U - 5, 238 U - 8. Az UF 6 moláris tömege: M = d M 5 + ( d) M 8 + 6 M F (37.2) Tehát az UF 6 molekulák száma (ami egyben egyenlő az U atomok számával) a detektorban: N UF6 = N U = ρv N A (37.3) M A dúsításra vonatkozó (37.)képletből kifejezhető N 5 és N 8 az urán atomok száma és a dúsítás függvényében: N 5 = dn U és N 8 = ( d)n U (37.4) Az aktivitás a 235 U és a 238 atomok α-bomlásából fakad, azaz: A = λ 5 N 5 + λ 8 N 8 (37.5) Behelyettesítve (37.5)-be a (37.2)-(37.4) egyenleteket kapjuk: ρv N A A = (λ 5 d + λ 8 ( d)) (37.6) dm 5 + ( d)m 8 + 6M F Ebből már a dúsítás (d) kifejezhető: d = = 6M F A + M 8 A λ 8 ρv N A (λ 5 λ 8 )ρv N A + (M 8 M 5 )A = 6M F A + M 8 A ln 2 T 8 ρv N A ln 2 T 8 T 5 = 0, 703 = 70, 3 % (37.7) T 8 T 5 ρv N A + (M 8 M 5 )A (37.8) 36