FísicaMedioProblema · 2,5 pts

Radiactividad y desintegración

También trata: Núcleo atómico y reacciones nucleares
Andalucía · 2021 · Reserva 3 · Opción A
Enunciado
a) Discuta razonadamente la dependencia de la energía de enlace por nucleón con: i) El número másico del núcleo. ii) La estabilidad del núcleo.

b) Sabiendo que la actividad de un determinado isótopo radiactivo decae a la sexta parte cuando transcurre un tiempo de 88 horas, determine: i) Su constante de desintegración. ii) El tiempo que debe transcurrir para que la actividad se reduzca a la décima parte de la inicial.
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Resultado
  Ee/A crece hasta A≈56 y luego decrece; a mayor Ee/A, mayor estabilidad  \boxed{\;E_e/A \text{ crece hasta } A \approx 56 \text{ y luego decrece; a mayor } E_e/A, \text{ mayor estabilidad}\;}  λ=0,224 h−1=6,22⋅10−5 s−1t=10,3 h  \boxed{\;\lambda = 0{,}224\ \text{h}^{-1} = 6{,}22\cdot 10^{-5}\ \text{s}^{-1}\qquad t = 10{,}3\ \text{h}\;}
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Estrategia

En b) no se dan ni el número de núcleos ni la masa: todo el ejercicio se resuelve con proporciones de actividad, que decae con la misma ley exponencial que NN.

El apartado i) es el habitual "al revés": conocido un cociente y el tiempo, se despeja λ\lambda tomando logaritmos.
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Desarrollo

a) i) Dependencia con el número másico. La curva de la energía de enlace por nucleón Ee/AE_e/A frente a AA tiene tres zonas bien diferenciadas:
  • Núcleos ligeros (A<20A < 20): la curva crece muy rápidamente. Cada nucleón añadido queda ligado por la interacción fuerte a más vecinos, así que la energía de enlace por nucleón aumenta deprisa. (Con picos locales notables en núcleos especialmente compactos como el 4He^{4}\text{He}, el 12C^{12}\text{C} o el 16O^{16}\text{O}.)
  • Zona intermedia (A≈56A \approx 56): la curva alcanza un máximo en torno al hierro, con unos 8,8 MeV8{,}8\,\text{MeV} por nucleón. Es el punto de máxima cohesión.
  • Núcleos pesados (A>56A > 56): la curva desciende suavemente hasta unos 7,6 MeV7{,}6\,\text{MeV} en el uranio. La causa es la repulsión electrostática entre protones: como la interacción fuerte es de alcance corto (cada nucleón solo se liga a sus vecinos) mientras que la repulsión eléctrica actúa entre todos los protones, al crecer ZZ esta última gana peso relativo y debilita la cohesión.
a) ii) Relación con la estabilidad. La energía de enlace por nucleón es la medida directa de la estabilidad nuclear: representa la energía media que habría que aportar por cada nucleón para desmontar el núcleo. Cuanto mayor es, más estable es el núcleo.

De ahí se siguen dos consecuencias importantes:
  • Los núcleos con AA próximo a 5656 son los más estables del universo. Por eso el hierro es el punto final de la nucleosíntesis estelar: fusionarlo ya no libera energía.
  • Todo proceso que acerque un núcleo al máximo de la curva libera energía. Los núcleos ligeros ganan estabilidad fusionándose y los pesados fisionándose, y en ambos casos la diferencia de energía de enlace se libera.
b) i) La actividad es proporcional al número de núcleos presentes, A=λNA = \lambda N, así que decae con la misma ley exponencial:A(t)=A0 e−λtA(t) = A_0\,e^{-\lambda t}Imponemos que a las 88 horas la actividad sea la sexta parte:AA0=16=e−λ⋅8\frac{A}{A_0} = \frac{1}{6} = e^{-\lambda\cdot 8}Tomando logaritmos neperianos:−λ⋅8=ln⁡16=−ln⁡6-\lambda\cdot 8 = \ln\frac{1}{6} = -\ln 6λ=ln⁡68=1,7928\lambda = \frac{\ln 6}{8} = \frac{1{,}792}{8}λ=0,224 h−1\lambda = 0{,}224\ \text{h}^{-1}En unidades del S.I., dividiendo entre los 3600 s3600\,\text{s} de una hora:λ=6,22⋅10−5 s−1\lambda = 6{,}22\cdot 10^{-5}\ \text{s}^{-1}(De paso, el periodo de semidesintegración sería T1/2=ln⁡2/λ=0,693/0,224=3,09 hT_{1/2} = \ln 2/\lambda = 0{,}693/0{,}224 = 3{,}09\,\text{h}.)

b) ii) Ahora imponemos A/A0=1/10A/A_0 = 1/10 con la misma constante:110=e−λt⟹t=ln⁡10λ=2,3030,224\frac{1}{10} = e^{-\lambda t} \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{\ln 10}{\lambda} = \frac{2{,}303}{0{,}224}t=10,3 horast = 10{,}3\ \text{horas}El resultado es coherente: reducirse a 1/101/10 es una caída mayor que a 1/61/6, así que debe requerir más tiempo que las 88 horas dadas ✓. Y hay un atajo elegante que evita calcular λ\lambda: como t∝ln⁡(factor)t \propto \ln(\text{factor}),t1/10t1/6=ln⁡10ln⁡6=2,3031,792=1,285⟹t1/10=1,285⋅8=10,3 h ✓\frac{t_{1/10}}{t_{1/6}} = \frac{\ln 10}{\ln 6} = \frac{2{,}303}{1{,}792} = 1{,}285 \quad\Longrightarrow\quad t_{1/10} = 1{,}285\cdot 8 = 10{,}3\ \text{h}\ \checkmark
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Consejo

No confundas la actividad con el periodo de semidesintegración: aquí la actividad cae a 1/61/6, no a 1/21/2. El tiempo dado no es T1/2T_{1/2}, y tomarlo como tal da λ\lambda mal desde el primer paso.

Y para ii) basta la proporción t1/10/t1/6=ln⁡10/ln⁡6t_{1/10}/t_{1/6} = \ln 10/\ln 6: es una comprobación rápida del resultado sin arrastrar redondeos de λ\lambda.
Paso 1 de 3
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