Física Nuclear ( ) Exame de recurso 05/Fev./2004

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1 Física Nuclear (3-4) Exame de recurso 5/Fev./4. O que é uma partícula α? Calcule a sua energia de ligação. R: uma partícula α é um núcleo de 4 He, dois protões e dois neutrões fortemente ligados. energia de ligação da partícula α é de 8.3 MeV. Em geral, a energia de ligação de um núcleo de um núclido X com massa M n ( X) calcula-se como B( X) ( Zm ( Z) m M ( )) c = p + n n X (.) onde m p e m n são, respectivamente, as massas do protão e do neutrão, e M n (,Z) é a massa nuclear do núclido X. Como as massas nucleares não se encontram, em geral, tabeladas é mais conveniente usar massas atómicas (que se encontram tabeladas). Usando massas atómicas pode escrever-se B = ZM + Z m M c ( X) ( ( H) ( ) n ( X)) (.) desprezando-se as energias de ligação dos electrões que é sempre 4 a 5 ordens de grandeza inferior às energias de ligação nucleares. Para o caso da partícula α, introduzindo na eq. (.) os valores de m p e m n, ou na eq. (.) os valores de M( H) e m n expressos em unidades de massa atómica [ref.], e com o valor da unidade de massa atómica, u = 93.5 MeV/c [ref.] obtém-se B( 4 He) = ( ) u 93.5 MeV/u = 8.96 MeV B( 4 He) = ( ) u 93.5 MeV/u = 8.96 MeV sendo a diferença entre os valores na 4ª casa decimal e da ordem de ev. Nota: as energias de ligação dos electrões que se desprezam correspondem a um termo aditivo da forma ZB ( H) B ( X) (.3) e onde B e ( H) = 3.6 ev é a energia de ligação do electrão no átomo de hidrogénio e B e ( X) é a energia de ligação da totalidade dos Z electrões no átomo de X. Para o 4 He a parcela B e ( 4 He) = 79. ev pelo que o termo em causa deveria ter o valor ev = 5.8 ev. diferença encontrada na utilização das eqs. (.) e (.) deve- -se maioritariamente às diferenças nas precisões dos valores tabelados utilizados e não ao termo de correcção. De facto, se se tivessem utilizado, na eq. (.) os valores.7853 e para as massas atómicas do hidrogénio e do hélio, com uma precisão idêntica à dos valores usados na eq. (.) ter-se-ia obtido uma diferença entre os valores calculados de 5 ev, em excelente acordo com o resultado do termo (.3). Nota: veja a nota muito importante de chamada de atenção a propósito do cálculo da energia de ligação, eq. (.) no fim da resolução do exame. e

2 . Usando os valores da tabela : Massas atómicas (em u.m.a.) bundância (%) ou T / 5 He 5.8 s 5 Li s 6 Li % 7 Li % 8 Be s 9 Be 9.8 % a) calcule as energias de ligação dos núclidos que nela constam; R: para os núclidos da Tabela, usando a eq.(.) com os valores das massas atómicas constantes na tabela obtém-se B( 5 He) = ( ) u MeV/u = 7.4 MeV B( 5 Li) = ( ) u MeV/u = 6.3 MeV B( 6 Li) = ( ) u MeV/u = 3. MeV B( 7 Li) = ( ) u MeV/u = 39. MeV B( 8 Be) = ( ) u MeV/u = 56.5 MeV B( 9 Be) = ( ) u MeV/u = 58. MeV b) calcule, nos casos pertinentes, as energias cinéticas dos produtos da desintegração; R: para o cálculo das energias cinéticas dos produtos de desintegração devem escrever- -se as equações de conservação adequadas, conservação da massa-energia e conservação do momento linear. Para conhecer os produtos de desintegração em cada caso, ajuda escrever a equação de desintegração correspondente. ssim 5 He 4 He + n () 5 Li 4 He + p () 8 Be 4 He + 4 He (3) De uma forma geral, representando por M, M e M, P, P e P, e por E, E, e E as masssa, momentos e energias dos núcleos progenitor, e dos descendentes e nucleão emitido respectivamente, e sendo Q a energia total libertada na desintegração, podemos escrever a conservação da massa-energia e momento linear como e Q M M M c E E = ( ) = + = P+ P (.) (.) desde que, inicialmente o núcleo progenitor esteja em repouso (E = ) e os produtos fiquem no estado fundamental, o que foi admitido. dmitindo que se pode usar uma descrição não relativista tem-se P P E = e E = M M para expressão das energias cinéticas dos produtos. resolução das equações (.) e (.) conduz então às expressões seguintes, (.3) e (.4) respectivamente, para as energias cinéticas E, do produto de massa M, e E, do produto de massa M

3 e E Q = M + M (.3) E = Q E (.4) Em todos os casos pode considerar-se M como a massa da partícula α, com o valor u tabelado na lista de constantes em [ref]. Em () e (), e porque as massas dos nucleões emitidos não são significativamente diferentes, M = m p = u e M = m n =.8665 u, respectivamente, resulta E.8Q i.e. o nucleão emitido retém praticamente 8% da energia. energia cinética do núcleo descendente obtém-se directamente da eq. (.4) Em (3) é obviamente E.Q E = E = Q/ O problema fica assim reduzido ao cálculo do valor Q. Introduzindo para cada caso os valores adequados obtém-se, usando as massas atómicas tabeladas em [ref] () Q = ( ) u 93.5 MeV/u =.894 MeV Na desintegração do 5 He o neutrão transporta ~ 74 kev e a partícula α ~ 8 kev. () Q = ( ) u 93.5 MeV/u =.966 MeV Na desintegração do 5 Li o protão transporta ~.57 MeV e a partícula α ~ 396 kev. (3) Q = ( ) u 93.5 MeV/u =.9 MeV Na desintegração do 8 Be cada partícula α é emitida com a energia de 46. kev. c) porque é que o 6 Li, 7 Li e o 9 Be são estáveis e o 5 He, 5 Li e o 8 Be não existem? R: da resolução da alínea a) constata-se que para os núclidos estáveis 6 Li, 7 Li e o 9 Be as energias de ligação são todas apreciavelmente superiores à energia de ligação de uma partícula α (e até de duas no caso do 9 Be), não sendo assim energeticamente favorável a desintegração destes núclidos por emissão de uma partícula α. Também da resolução da mesma alínea a) constata-se ainda que as energias de ligação dos núclidos 5 He e 5 Li são 7.4 MeV e 6.3 MeV, respectivamente, inferiores à energia de ligação da partícula α (8.3 MeV), enquanto que a energia de ligação do 8 Be, 56.5 MeV, é da mesma ordem de grandeza que a energia de ligação de duas partículas α (56.6 MeV). É assim energéticamente favorável, nestes casos, a emissão de partículas α que resultam numa diminuição da energia do sistema. Da resolução da alínea b) conclui-se que há de facto um ganho de energia para o sistema quando este segue a via da desintegração, a MeV para a desintegração do 5 He e 5 Li e ~ 9 kev para a desintegração do 8 Be. Esta grande diferença nas energias disponíveis para a desintegração nos valores Q justifica a grande diferença nas meias-vidas, sendo a do 8 Be mais longa por 8 ordens de grandeza. Nota: a desintegração dos núclidos 6 Li, 7 Li e o 9 Be por emissão de uma partícula α resultaria também na emissão de um núcleo de H (deuterão), um núcleo de 3 H ou um núcleo de 5 He respectivamente. Estes processos têm Q < e portanto não ocorrem naturalmente.

4 3.a) Recorra à fórmula semi-empírica de massa para prever o tipo de desintegração β do Na. Escreva a equação da desintegração do Na. R: tendo em conta o valor de estabilidade previsto pela fórmula semi-empírica de massa, obtido da condição de mínimo M Z = (3.) Z min ( Na) e Z ( Na) = > Z min ( Na), conclui-se que o Na tem um excesso de um protão (e portanto uma deficiência de um neutrão): espera-se que não seja estável e tenha tendência para sofrer algum tipo de declínio que o leve a perder um protão, sem variação do número de nucleões, i.e. a transformar um protão em excesso em um neutrão em falta. Este será um declínio β +, no qual ocorre o processo p n + e + + ν ou captura electrónica p + e n + ν. equação de desintegração será Na Ne + e + + ν e Nota: alternativamente poderia tratar-se de uma desintegração por captura electrónica, um processo que se descreve por Na + e Ne + ν e e que tem a particularidade de não produzir um espectro β, dado que não há emissão de partículas β (positrões): há captura de electrões do cortejo electrónico. Pode colocar-se a questão: havendo as duas possibilidades, como decidir entre elas? primeira acção a tomar no caso de tal distinção ser pedida é verificar se o declínio β + é (energeticamente) possível, calculando o seu valor Q. Se este fôr possível a captura electrónica é-o também uma vez que Q CE > Q β + (> nesse caso). Tenha-se em atenção que Q CE Q β + = m e c B e é da ordem de MeV. Se Q β + < então o declínio β + não é (energeticamente) possível e só resta disponível a via da captura electrónica. Repare-se que este critério só é exclusivo num caso. Nota-: veja a nota a propósito da condição expressa por (3.) no fim da resolução. Nota-: veja a chamada de atenção para o procedimento de verificação da previsão. b) Calcule o end-point do espectro de energia β. Qual o significado do end-point? R: o end-point de um espectro β corresponde à energia máxima das partículas β desse espectro. Corresponde pois à situação em que T v = e assim T β max = Q T( Na) Q, uma vez que a energia de recuo do núcleo descendente pode desprezar-se, T( Na). Note-se: tratando o Na classicamente, pois T( Na) << M( Na) c, e a partícula β relativisticamente (agora é T β > m e c ) tem-se m e ( T ) Q = T + T + T M( Na) M( Na) c max max max β max β β β (3.) e porque para um declíneo β + ( X X + e + + ν) ' Q = ( M( X) M( X ) m ) c então o end-point do espectro β do Na é T max β Q = ( ) u 93.5 MeV/u.5 MeV =.8 MeV Nota-3: veja a chamada de atenção para o conceito de end-point e o seu cálculo. e (3.3)

5 4. O 6 Ra tem uma meia-vida T / = 6 anos, e o seu primeiro descendente é o isótopo gasoso Rn. a) Qual o tipo de desintegração sofrida pelo 6 Ra (escreva a equação representativa)? Justifique. R: o 6 Ra sofre desintegração α para o Rn descrevendo-se o processo pela equação 6 Ra Rn + α uma vez que nesta desintegração a variação no número de massa (número de nucleões) é = 6 = 4 e a variação no número atómico (número de protões) é Z = =. Nota: repare-se que o facto de exclui imediatamente a possibilidade de tratar-se de um declínio β (para o qual = ) ou um declínio γ (para o qual não só = como também Z = ). Porém não exclui de imediato a possibilidade de tratar-se de uma emissão de protões (a emissão de neutrões é imediatamente excluída por ter-se Z ). Não é demais realçar que é mesmo a conjugação das duas condições dadas acima = 4 e Z = que permite a identificação inequívoca do tipo de declíneo ou desintegração. b) Calcule a actividade de uma amostra pura de 6 Ra, com a massa de g. presente os resultados em Bq e em Ci. Comente. R: a actividade de g de 6 Ra é dada por ( 6 Ra, g) = λn( 6 Ra, g) onde N( 6 Ra, g) é o número de átomos de 6 Ra que existem na massa de g de 6 Ra e λ é a constanta de declínio do 6 Ra λ λ( 6 Ra) = ln()/t / com T / T / ( 6 Ra) = 6 anos = 5.56 s. ssim λ =.37 s. Ora g de 6 Ra tem N( 6 Ra, g) = ( g/6.54 g/mol) 6. 3 =.66 átomos de 6 Ra. Consequentemente a actividade de g de 6 Ra é dada por ( 6 Ra, g) =.37 s.66 = 3.65 s = 3.65 Bq =.99 Ci Então pode afirmar-se que a actividade de g de 6 Ra é de (muito) aproximadamente Ci ( 6 Ra, g) Ci O comentário que pode fazer-se é que não se trata de uma coincidência a grande proximidade entre a actividade de g de 6 Ra e Ci. De facto a unidade de actividade, o Ci, foi definida originalmente exactamente como a actividade de g de 6 Ra. unidade foi posteriormente redefinida como a actividade que corresponde a 3.7 desintegrações por segundo ou 3.7 Bq, definição que se mantém ainda hoje. c) Calcule as actividades dessa amostra passados 4 anos e 96 anos. R: 4 anos e 96 anos representam respectivamente.5 e 6 vezes a meia-vida do 6 Ra. lei do declínio radioactivo permite prever que ao fim desses períodos de tempo a actividade reduziu-se de factores.5 e 6 respectivamente, i.e. de factores.84 e 5.6 3, respectivamente, para valores de.83 Ci e 5.5 mci. De facto, a lei do declínio radioactivo, aplicada a este caso, pode escrever-se na forma

6 t t ln() t ( + t) = t ( )exp( ) = t ( )exp( ) τ T onde é claro que λ = /τ = ln()/t / ou, na forma mais conveniente (usada acima) n / (4.) t ( ) t ( + t) = (4.) onde n = t/t / representa o número de meias-vidas T / entretanto decorridas. ssim t ( ) t ( + 4 anos) = =.84 t (.5 ) t ( ) t ( + 96 anos) = = 5.6 t ( 6 ) resultando nos valores obtidos acima,.83 Ci e 5.5. mci respectivamente. 5. Uma amostra de magma recolhido numa erupção recente revelou uma quantidade de 35 U na sua composição 88. vezes maior que a de uma rocha eruptiva, de composição semelhante, formada há muito tempo. Sabendo que a meia-vida do 35 U é de ~ 7 8 anos, estime a idade provável da rocha eruptiva. R: a lei do declínio radioactivo permite que se escreva (cf. eq. (4.) acima) t ln() N() = N( t)exp( ) (5.) T onde N() representa o número de átomos de 35 U no tempo actual, i.e. na amostra de magma recolhida no presente (tempo zero), e N( t) representa o número de átomos de 35 U encontrados na rocha eruptiva antiga, formada há um tempo t atrás, e que tem vindo a decair. Dado que a composição química de ambas as rochas é a mesma (o que indica que não há outros processos, para além da desintegração radioactiva, que provoquem a alteração no conteúdo do 35 U das rochas) podemos escrever o que introduzido na eq. (5.) resulta em N() = 88. N( t) / ou ln(88.) = ln() t/t / t = 6.46 T / anos rocha é da idade da Terra e deve ter-se formado com esta ou com o Sistema Solar.

7 Das duas questões abaixo identificadas por 6. e 6.B responda a uma só: 6. Calcule a energia absorvida por um homem de massa 8 Kg que recebe uma dose equivalente letal em todo o corpo de 4 rem devida a irradiação por neutrões com energias inferiores a MeV. Considere que o factor de qualidade que traduz a eficiência biológica relativa para esses neutrões tem o valor. R: a dose letal recebida pelo homem é a dose equivalente DE = 4 rem = 4 Sv. Uma vez que o factor de qualidade QF (ou RBE, Relative Biological Efficiency) para os neutrões com energia inferior a MeV tem o valor, a dose absorvida D pode calcular-se pela relação DE = D QF resultando em D =.4 Gy ou 4 rad, i.e. atendendo à definição de Gy ( Gy J/Kg), a energia absorvida por unidade de massa pelo homem foi de.4 J/Kg. ssim, a energia absorvida pelo homem com massa de 8 Kg ao receber (em exposição total) a dose equivalente de 4 rem em todo o corpo, foi de.4 J/Kg 8 Kg = 3 J. 6.B um paciente foi administrado um radiofármaco contendo 3 µci do isótopo 3 I (T / = 3. h). Vinte e quatro horas depois a actividade proveniente da tiróide é medida e calculada em 4 µci. Qual é a fracção de 3 I que se fixou na tiróide? R: a resposta a este problema pode ser encontrada de duas maneiras diferentes. Podemos considerar que passadas 4 h, i.e. transcorridas 4/3..8 meias-vidas, a actividade originalmente administrada ao paciente (3 µci) dever-se-ia ter reduzido, de acordo com a lei do declínio radioactivo, para /.8 3 µci 8.5 µci, na hipótese de ter sido integralmente fixada pela tiróide (i.e. se o organismo não tivesse eliminado uma parte). Ora a actividade encontrada é de apenas 4 µci indicando que somente 47% se fixaram efectivamente na tiróide (4 µci/8.5 µci.47). lternativamente, podemos considerar que a actividade de 4 µci encontrada na tiróide, corresponde, 4 h antes, a uma actividade de.8 4 µci 4. µci, i.e. uma fracção de 47% da actividade efectivamente administrada (4. µci/3 µci.47). Esta é então a fracção do 3 I administrado que se fixou efectivamente na tiróide. Das duas questões abaixo identificadas por 7. e 7.B responda a uma só: 7. O bombardeamento de 35 U com neutrões lentos leva à produção de, entre outros, 93 Rb e 4 Cs. mbos são radioactivos e o seu modo de declíneo predominante é β. Contudo, e alternativamente, tanto o 93 Rb (T / = 5.84 s) como o 4 Cs (T / = 4.9 s) se desintegram para 9 Rb (.3 % dos casos) e 4 Cs (.3% dos casos) respectivamente. a) Escreva a equação de desintegração do 35 U induzida por neutrões, acima referida. Justifique. R: na desintegração do 35 U induzida por neutrões (lentos) produzindo os núclidos 93 Rb e 4 Cs tem que observar-se as leis de conservação. Entre estas está a conservação do número total de nucleões, uma consequência da lei de conservação da massa-energia, uma vez que na cisão nuclear só a forma de agregação dos nucleões se altera: as alterações de massa são uma consequência das alterações nas energias de ligação que acompanham esta redistribuição. E, dado que a cisão nuclear resulta numa alteração na forma de agregação dos nucleões, também se conservam individualmente os números de protões e neutrões. Deve ter-se = e também Z = N =.

8 Ora, para o primeiro membro da equação que expressa a desintegração do 35 U quando bombardeado por um neutrão (lento) 35 U + n 93 Rb + 4 Cs + temos ( 35 U + n ) = 36 = ( 93 Rb + 4 Cs + ) Z( 35 U + n ) = 9 = Z( 93 Rb + 4 Cs + ) N( 35 U + n ) = 44 = N( 93 Rb + 4 Cs + ) e a conservação dos números de protões e neutrões obriga a que também tenhamos esses mesmos valores para o segundo membro da equação.ora como para o par de núclidos produto 93 Rb e 4 Cs se tem ( 93 Rb + 4 Cs) = 34 Z( 93 Rb + 4 Cs) = 9 N( 93 Rb + 4 Cs) = 4 conclui-se que a conservação só é assegurada se também forem emitidas partículas sem carga e que transportem duas unidades de massa. Não se conhece nenhuma partícula que cumpra estas condições mas um neutrão não tem carga e transporta uma unidade de massa. ssim a emissão simultânea de dois neutrões garante a conservação do número de nucleões, protões e neutrões, envolvidos. ssim, esta desintegração do 35 U induzida por neutrões expressa-se pela equação 35 U + n 93 Rb + 4 Cs + n b) Em ambos os casos preveja a extensão das cadeias de desintegração iniciadas pelos 93 Rb e 9 Rb e pelos isótopos 4 Cs e 4 Cs. Compare-as e comente. Nestas cadeias de desintegração são de esperar declínios α? Porquê? R: na desintegração referida acima, a aplicação da fórmula semi-empírica de massa (de Bethe-Weizsäcker) permite concluir, para os núclidos progenitores das várias cadeias de desintegração Z min ( 93 Rb) Z min ( 9 Rb) Z min ( 4 Cs) Z min ( 4 Cs) = 4. 4 > 37 = Z ( 93 Rb) = > 37 = Z ( 9 Rb) = > 55 = Z ( 4 Cs) = > 55 = Z ( 4 Cs) indicando que todos têm uma deficiência de protões e portanto tendência a sofrer desintegrações β, convertendo neutrões em protões, com emissão de electrões e antineutrinos até se atingir a estabilidade. ssim prevê-se que as cadeias de desintegração β iniciadas por estes núclidos tenham extensões correspondentes a pelo menos 3 declínios sucessivos, eventualmente 4 (para o 93 Rb e o 4 Cs pois tem-se Z min > 4 e Z min > 58 respectivamente). ssim a previsão é ter-se as seguintes cadeias de desintegração β:

9 93 Rb 93 Sr 93 Y 93 Zr ( 93 Nb ) () 9 Rb 9 Sr 9 Y 9 Zr () 4 Cs 4 Ba 4 La 4 Ce ( 4 Pr ) (3) 4 Cs 4 Ba 4 La 4 Ce (4) dicionalmente prevê-se que as cadeias () e (3) possam incluir um declínio adicional identificado entre parênteses. É igualmente de esperar que, à medida os descendentes se aproximam da estabilidade que as suas meias-vidas sejam progressivamente mais longas. consulta ao pêndice C da ref. mostra que as previsões são, no essencial, correctas: não só as cadeias terminam nos núclidos indicados, como as suas meiasvidas seguem a tendência indicada (com a excepção do par 4 Ba 4 La em que a meia-vida do 4 Ba é maior que a do 4 La). Nestas desintegrações não são de esperar, por princípio, declínios α. Os valores Q das potenciais desintegrações α são negativos (nos 3 primeiros casos), ou tão pequenos (no quarto caso) que a probabilidade de desintegração é desprezável. dicionalmente no caso (4) a desintegração α do 4 Cs para o 36 I corresponderia a uma transição para. Uma vez que não há alteração de paridade essa transição só é possível com uma partícula α com l α =, o que implica uma barreira de potencial adicional que contribui para diminuir a probabilidade de desintegração por essa via. Nota: não se encontrando nas tabelas usuais os valores das massas dos núclidos envolvidos nas desintegrações α que pretendemos avaliar podemos recorrer ao conhecimento dos excessos de massa e à definição de excesso de massa para escrever = ( M ( X) ) c Q = ( M ( X) M ( 4 X') M ( He)) c = ( X) ( 4 4 X') ( Nota: a relação entre as cadeias () e () e entre as cadeias ((3) e (4) é estabelecida pelo declíneo do 93 Rb que em.3 % dos casos se desintegra para o 9 Rb por emissão de um neutrão 93 Rb 9 Rb + n e pelo declíneo do 4 Cs que em.3% dos casos se desintegra para o 4 Cs, também por emissão de um neutrão 4 Cs 4 Cs + n como se pode concluir da aplicação das leis de conservação. 4 He) c) No caso da cadeia de desintegrações originada pelo 93 Rb o descendente é deixado em cerca de 97% dos casos no º estado excitado, caracterizado por uma energia de 3.8 kev e Iπ = /. Este é um estado metaestável pois tem T / = 6. anos. Tendo o estado fundamental Iπ = 9/ +, procure caracterizar a transição entre estes dois estados. R: uma transição entre um º estado excitado de Iπ = / e um estado fundamental de Iπ = 9/ + tem-se

10 π = sim 9 L isto é L = 4, 5 para valores possíveis do momento angular transportado, com variação de paridade. Tratando-se de um declínio γ não há variação de ou Z, apenas variação na energia do sistema, que diminui de 3.8 kev se a transição for radiativa deveria tratar-se de uma transição do tipo M4 + E5. muito elevada multipolaridade, aliada à reduzida energia da transição fazem suspeitar que não se deverá tratar de uma transição radiativa, i.e. não deverá ocorrer (com probabilidade apreciável) a emissão de fotões γ de E γ = 3.8 kev, mas, em vez disso, deve tratar-se de uma transição por conversão interna. Espera-se então a emissão de electrões (de conversão) ejectados dos níveis K, L, etc. do 93 Nb B Considere as desintegrações α do 44 Cm, 4 m e 4 Pu. Para o 4 m tem-se Iπ = 5/ e o seu descendente tem Iπ = 5/ +,7/ +,5/, 9/ +, e 7/ respectivamente para o estado fundamental e os quatro primeiros estados excitados. Para o 44 Cm e para o 4 Pu o primeiro estado excitado dos descendentes tem Iπ = +. a) Escreva as equações das desintegrações para cada um dos casos. R: as equações de desintegração escrevem-se, respectivamente 44 Cm 4 Pu + α 4 Pu 36 U + α 4 m 37 Np + α b) Nas desintegrações do 4 Pu e do 44 Cm observam-se apenas dois grupos, α e α, com I(α ) > I(α ) 7.8% e 7.% para o 44 Cm e 76.4% e 3.6% para o 4 Pu enquanto que na desintegração do 4 m se conseguem detectar quatro grupos α, embora os dominantes sejam os grupos α e α 4, para os quais I(α ) > I(α 4 ) > I(α ), I(α ) 84.5%, 3% e menos de % respectivamente. Procure justificar estas observações. R: os estados fundamentais do 44 Cm e do 4 Pu são, por se tratar de núclidos par-par, estados +, assim como o são também os estados fundamentais dos descendentes, o 4 Pu e o 36 U. Os primeiros estados excitados destes núclidos são estados +. s transições entre estados fundamentais dos núclidos progenitor e descendente são transições + +, com l α =, e assim são mais prováveis do que as transições + +, com l α =, entre os estados fundamentais dos núclidos progenitores e os primeiros estados excitados dos núclidos descendentes, uma vez que a barreira de energia potencial é mais elevada em transições com l α (devido ao termo centrífugo do potencial, sempre positivo), e à menor energia disponível para vencer essa barreira, na desintegração para um estado excitado. ssim os grupos α são sempre necessáriamente mais intensos que os restantes, nomeadamente, do que os grupos α, como observado.

11 No caso da desintegração α do 4 m para o 37 Np, as transições que correspondem à emissão de partículas α com l α = são as transições 5/ 5/, entre o estado fundamental do 4 m e o º estado excitado do 37 Np. s transições 5/ 7/, entre o estado fundamental do 4 m e o 4º estado excitado do 37 Np, correspondem à emissão de partículas α com l α =, e, como anteriormente (casos do 44 Cm e 4 Pu discutidos acima) têm menor probabilidade pelas razões então apontadas. Fica então justificada a observação I(α ) > I(α 4 ). Existem, contudo, duas transições com l α =, 5/ 5/ + e 5/ 7/ +, respectivamente entre o estado fundamental do 4 m e os estados fundamental e º excitado do 37 Np, que são muito menos prováveis que as observadas. Relativamente à mais intensa (5/ 5/ ) pode entender-se esta observação tendo em conta que a maior energia disponível, por se tratar de transições para níveis de menor energia, não é suficiente para compensar o aumento da barreira de energia potencial devida ao termo centrífugo. Explica-se assim a observação I(α ) > I(α ), I(α ), para a desintegração α do 4 m. No entanto esta explicação já não permite justificar a maior intensidade do grupo α 4, i.e. não permite justificar I(α 4 ) > (α ), I(α ). Só se poderá entender esta observação em particular tendo em conta que o grupo α 4 representa desintegrações que deixam o núclido descendente, o 37 Np, no seu 4º estado excitado se o estado de momento angular predominante para as partículas α e α emitidas fôr l α =3 (ou l α = 5, os outros valores ímpares i.e. que provocam alteração da paridade possíveis para o momento angular da partícula α), em vez de l α =, devido a uma possível deformação do núclido descendente c) Em cada um dos casos referidos caracterize quanto ao tipo e carácter as transições entre os estados excitados em que os descendentes são deixados e os correspondentes estados fundamentais. Justifique. R: as transições entre os ºs estados excitados e o estado fundamental do 4 Pu e do 36 U são transições γ, de carácter quadrupolar eléctrico (E) puras, pois são transições + +. s transições entre os º e 4º estados excitados do 37 Np e o seu estado fundamental, são transições γ, de carácter dipolar eléctrico (E) praticamente puras (pode desprezar- -se a contribuição M), pois são transições 5/ 5/ + e 7/ 5/ +, respectivamente. Código de côres Interpretação das côres usadas: azul: corresponde à resposta pretendida. Corresponde-lhe também a cotação total da questão em causa. rosa: corresponde a uma resposta mais detalhada, que vai para além do que é pedido, ou nota adicional, considerando-se útil, interessante e instrutivo o seu conhecimento e entendimento. encarnado: corresponde a um comentário, nota ou chamada de atenção de grande importância para a formulação das respostas, por precisar conceitos ou esclarecer raciocínios. [Ref.] Introductory Nuclear Physics, Kenneth S. Krane, John, Wiley & Sons, N.Y. 988, ISBN

12 Notas, comentários e chamadas de atenção Nota muito importante de chamada de atenção a propósito do cálculo da energia de ligação, eq. (.): Para o cálculo da energia de ligação deve-se utilizar, sempre que possível, a expressão dada pela eq. (.) que corresponde à definição de energia de ligação e resulta da aplicação da lei da conservação da massa-energia ou, de preferência, a expressão dada pela eq. (.) porque nesta se utilizam os valores das massas atómicas, em geral encontrados tabelados, em vez das massas nucleares (normalmente não tabelados). Não deve, em geral, usar-se a expressão correspondente à fórmula semi-empírica de massa (de Bethe-Weizsäker) B( X) = a V a S Z Z Z / 3 ( ) ( ) ac a / 3 pois trata-se de uma expressão aproximada, obtida no contexto de um modelo de núcleo bem determinado. Só se justifica o recurso a esta expressão quando não se dispõe dos valores das massas atómicas envolvidas. ± a P 3 / 4 Nota(-) a propósito da condição expressa pela eq. (3.) na questão 3.a): Recorde-se a condição de mínimo expressa pela eq. (3.) M Z com a qual se procura obter o valor de Z = Z min que a cumpre (recorde-se que nesse ponto também a condição M Z = > tem que ser cumprida). expressão de M( X) é dada pela fórmula semi-empírica de massa M( X) = ZM( H) ( Z) m B( X)/ c n /3 azz C ( ) ( Z) ap = ZM ( H) ( Z) mn a V as a /3 ± c que por ter a forma de uma parábola em Z (repare-se que M( X) pode escrever-se também como M( X) = α Z + βz + γ com α, β e γ constantes) tem necessariamente um mínimo. Resolvendo a eq. (3.) com a expressão explícita de M( X) dada acima obtém-se Z min que se pode aproximar por ac + + ( m M( H))c 4 a 4 = ac /3 + 4 a /3 n a 3/4

13 uma vez que o termo Z min = ac + 4 a /3 ac /3 ( ( )) + mn M H c < < 4 a 4a Com a V = 5.5 MeV, a S = 6.8 MeV, a C =.7 MeV, a = 3 MeV e a P = 34 MeV obém-se << /3 verdadeira sempre, sendo o erro introduzido da ordem de ou inferior a %. ssim Z / min = /3 / Nota(-) de chamada de atenção para o procedimento de verificação da previsão: verificação da previsão do tipo de declínio β pode efectuar-se recorrendo ao cálculo do balanço energético valor Q para o declínio. Neste caso, se existisse a dúvida sobre a possibilidade de ter-se um declínio β dever-se-ia escrever a equação correspondente Na Mg + e + ν e * e efectuar o cálculo do valor Q correspondente pela expressão adequada ao declíneo β ' Q = ( M( X) M( X )) c obtendo-se Q = ( ) u 93.5 MeV/u = 4.79 MeV <, indicando claramente que este declínio β é impossível. Nota(-3) de chamada de atenção para o conceito de end-point e o seu cálculo: tendendo ao conceito de end-point de um espectro β como energia máxima das partículas β desse espectro, i.e. energia máxima das partículas β emitidas só tem sentido o seu cálculo em situações de declínio β ou β +. Como foi já referido em nota acima, a captura electrónica tem a particularidade de não produzir um espectro β: não há emissão de partículas β (positrões), há, em vez disso, captura de electrões do cortejo electrónico. ssim não há end-point do espectro no caso da captura electrónica. Uma vez que na alínea 3.b) se pedia o cálculo do end-point do espectro produzido no declínio β do Na, concluia-se de imediato que teria que usar-se a eq. (3.3), adequada a um declínio β +, como expressão de Q.