Làm thế nào xác định tuổi của một hiện vật bằng ngà voi?

Một tượng voi ma mút chỉ dài 3,7 cm được chạm từ ngà voi tại vùng tây nam nước Đức cách đây khoảng 35.000 năm. Hình dáng của hiện vật cho biết kỹ thuật chế tác, nhưng phép đo phóng xạ giúp trả lời một câu hỏi khác: Vật liệu sinh học ấy đã ngừng trao đổi carbon với môi trường từ khi nào?

Mở đầu chương: Tượng voi ma mút chạm từ ngà, dài 3,7 cm. Sự suy giảm của đồng vị phóng xạ trong vật liệu sinh học tạo cơ sở cho phép định tuổi.

Vì sao có thể dùng phóng xạ để xác định tuổi của những mẫu vật sinh học như hiện vật này? Chọn lời giải thích phù hợp.

1. Vật liệu cổ xưa vốn có độ phóng xạ cao hơn vật liệu hiện đại.
2. Vật liệu cổ xưa vốn có độ phóng xạ thấp hơn vật liệu hiện đại.
3. Mẫu vật sinh học tiếp tục nhận thêm chất phóng xạ sau khi chết.
4. Mẫu vật sinh học không tiếp tục nhận thêm chất phóng xạ sau khi chết.
5. Có nhiều hơn một phát biểu đúng trong các phát biểu trên.

::: Details Giải thích Phát biểu (4) nêu giả thiết quan trọng của phép định tuổi này. Khi sinh vật còn sống, carbon trao đổi với môi trường. Khi quá trình ấy dừng, lượng carbon phóng xạ còn lại suy giảm. So sánh hoạt độ hiện tại với hoạt độ ban đầu phù hợp cho phép suy thời gian đã trôi qua.

Trong thực nghiệm, nồng độ ban đầu có thể thay đổi theo thời kỳ. Phép định tuổi cần những hiệu chỉnh và giả thiết phù hợp về quá trình trao đổi vật chất của mẫu. :::

Hạt nhân nhỏ hơn rất nhiều so với nguyên tử nhưng chứa phần lớn khối lượng của nó. Lực hút hạt nhân giữ các nucleon liên kết. Trong khi đó, các proton đẩy nhau bằng lực điện. Sự cạnh tranh giữa các tương tác và cấu trúc trạng thái lượng tử quyết định những kênh biến đổi có thể xảy ra.

Ta bắt đầu với bán kính, mật độ, spin và mômen từ của hạt nhân. nối các tính chất ấy với liên kết. Những hạt nhân không bền có thể phát alpha, beta hoặc gamma, và số hạt nhân của một quần thể suy giảm theo quy luật thống kê.

Tiếp đó, ta phân biệt hoạt độ của nguồn với hấp thụ và tác dụng sinh học của bức xạ. Phản ứng do hạt tới gây ra cần xét đồng thời năng lượng và . Hai hướng phản ứng được khảo sát kỹ là trong lò phản ứng và tạo năng lượng của các sao.

Các lập luận sử dụng tương tác mạnh, mô hình động năng phân tử, proton và neutron, nghỉ, cộng hưởng từ, giếng thế và . Mỗi nội dung cung cấp một cách nhìn khác về cùng hệ hạt nhân.

8 chủ đề · tổng cộng khoảng 24 phút đọc

Cấu trúc, liên kết và sự phân rã

1. 1Các tính chất của hạt nhânKích thước, khối lượng và mômen từ mô tả hạt nhân như thế nào?Khoảng 3 phút
2. 2Năng lượng liên kết và cấu trúc hạt nhânĐộ hụt khối cho biết gì về năng lượng và độ bền liên kết?Khoảng 3 phút
3. 3Độ bền và các dạng phóng xạHạt nhân đổi thành phần và năng lượng qua những kênh nào?Khoảng 3 phút
4. 4Hoạt độ và chu kỳ bán rãLàm thế nào suy số hạt nhân và tuổi mẫu từ hoạt độ?Khoảng 3 phút

Bức xạ và các phản ứng hạt nhân

1. 5Tác dụng sinh học và ứng dụng của bức xạVì sao hoạt độ, liều hấp thụ và liều tương đương là các đại lượng khác nhau?Khoảng 3 phút
2. 6Năng lượng và ngưỡng phản ứng hạt nhânVì sao năng lượng phản ứng chưa đủ xác định ngưỡng trong phòng thí nghiệm?Khoảng 3 phút
3. 7Phân hạch và phản ứng dây chuyềnCác neutron nối nhiều phản ứng phân hạch với nhau ra sao?Khoảng 3 phút
4. 8Nhiệt hạch và năng lượng của các saoHai hạt nhân mang điện dương đến gần nhau và giải phóng năng lượng bằng cách nào?Khoảng 3 phút

Tổng kết chương

Thành phần và các tính chất hạt nhân

Hạt nhân gồm $Z$ proton và $N$ neutron. Số khối là $A=Z+N$. xác định một loại hạt nhân, còn có cùng số proton nhưng khác số neutron. Khi phân biệt các trạng thái đồng phân, cần chỉ rõ trạng thái .

Trong mô hình cầu gần đúng, bán kính phụ thuộc số khối theo:

$$R=R_0{A}^{1/3}.$$

Hằng số $R_0$ xấp xỉ $1,2\mathrm{fm}$. Vì thể tích và khối lượng đều gần tỉ lệ với $A$, mật độ hạt nhân gần như không đổi. Đơn vị khối lượng nguyên tử dựa trên nguyên tử carbon-12 trung hòa, khác với việc đồng nhất khối lượng mọi hạt nhân có số khối $A$ đúng bằng $A\mathrm{u}$.

Các nucleon mang mômen và mômen từ. Trong từ trường ngoài, các giá trị lượng tử hóa của thành phần mômen từ tạo các mức khác nhau. Cộng hưởng từ khảo sát chuyển mức khi năng lượng phù hợp độ chênh giữa các mức.

Năng lượng liên kết và cấu trúc

liên kết là năng lượng cần để tách hoàn toàn hạt nhân thành các nucleon tự do đứng yên. Nếu $\mathrm{\Delta }M$ là tương ứng, ta có:

$$E_B=\mathrm{\Delta }M{c}^2.$$

Khi tính bằng khối lượng nguyên tử trung hòa, đặt $F=Z{M}_H+N{m}_n$, trong đó $M_H$ là khối lượng nguyên tử hydro và $m_n$ là khối lượng neutron. Với khối lượng nguyên tử trung hòa $M$, gần bằng $F-M$, sau khi bỏ qua hiệu chỉnh liên kết electron phù hợp.

Tổng kết năng lượng liên kết: Đường cong năng lượng liên kết trung bình trên mỗi nucleon tăng ở vùng hạt nhân nhẹ, đạt giá trị lớn quanh niken rồi giảm dần về phía uranium.

Lực hạt nhân có tầm tác dụng ngắn và tính bão hòa. gom các đóng góp thể tích, bề mặt, Coulomb, bất đối xứng và ghép đôi. Mô hình vỏ nhấn mạnh các trạng thái lượng tử và sự điền nucleon. Hai mô hình giải thích những tính chất bổ sung cho nhau.

liên kết trung bình $E_B/A$ khác với năng lượng tách một nucleon riêng lẻ. Một giá trị lớn của $E_B/A$ cũng chưa đủ chứng minh hạt nhân không thể biến đổi qua mọi kênh khác.

Các kênh phân rã và quy luật thời gian

làm giảm $A$ bốn đơn vị và $Z$ hai đơn vị. Beta trừ tăng $Z$ một đơn vị, còn beta cộng và giảm $Z$ một đơn vị. Trong ba quá trình beta ấy, số khối giữ nguyên. Phát gamma thuần túy chỉ thay đổi trạng thái , không đổi số proton và neutron.

Tổng kết phân rã alpha: Hạt nhân radium phát một hạt alpha và tạo radon. Thành phần của hạt nhân con giảm hai proton và hai neutron.

Khối lượng nguyên tử mẹ và con phải được sử dụng nhất quán. Beta cộng cần thêm ngân sách hai khối lượng electron trong phép cân bằng bằng khối lượng nguyên tử. Neutrino hoặc phản neutrino và chuyển động giật lùi cũng nhận một phần phân rã.

Với một có hằng số phân rã $\lambda$ không đổi và không được bổ sung hạt nhân, số hạt nhân chưa phân rã trung bình là:

$$N(t)=N_0{e}^{-\lambda t}.$$

Hoạt độ $\mathcal{A}$ là số phân rã trung bình trong một đơn vị thời gian:

$$\mathcal{A}=\lambda N.$$

và có những định nghĩa khác nhau:

$$\begin{array}{rl}& T_{1/2}=\frac{\ln 2}{\lambda },\\ & \tau =\frac{1}{\lambda }.\end{array}$$

Định tuổi phóng xạ cần so sánh hoạt độ hiện tại với hoạt độ ban đầu thích hợp và xét khả năng mẫu đã trao đổi vật chất. Một không có nghĩa mẫu đã hết phóng xạ. Nếu có nguồn bổ sung hoặc nhiều cùng phân rã, phải lập mô hình quần thể tương ứng.

Bức xạ và tác dụng sinh học

là truyền cho vật chất trên mỗi đơn vị khối lượng, đo bằng gray hoặc rad. còn kể hiệu quả sinh học của loại bức xạ trong mô hình đang xét, đo bằng sievert hoặc rem. Hoạt độ của nguồn, liều hấp thụ và liều tương đương không thể dùng thay nhau.

Tổng kết xạ hình: Phân bố tín hiệu từ chất đánh dấu phóng xạ cho phép khảo sát chức năng của phổi. Vùng khuyết tín hiệu được chỉ ra trên ảnh.

Chú thích:

• Tắc mạch phổi (Embolism)

Bức xạ có thể ion hóa và làm biến đổi phân tử sinh học. Đồng thời, các chất đánh dấu và khả năng ghi nhận bức xạ tạo nhiều ứng dụng khảo sát mô và quá trình sinh học. Phải xét khả năng xuyên sâu, vị trí hấp thụ và sự phân bố để hiểu từng trường hợp.

Phản ứng, phân hạch và nhiệt hạch

Trong phản ứng hạt nhân, điện tích, toàn phần, và mômen động lượng được bảo toàn. Các phản ứng thông thường đang xét còn bảo toàn tổng số nucleon. Số proton và neutron không nhất thiết được bảo toàn riêng lẻ.

Gọi $\mathrm{\Delta }M$ là tổng khối lượng ban đầu trừ tổng khối lượng sản phẩm. phản ứng là:

$$Q=\mathrm{\Delta }M{c}^2.$$

Với $Q>0$, phần giảm nghỉ chuyển thành động năng hoặc bức xạ. Với $Q<0$, cần năng lượng cung cấp. Trong phòng thí nghiệm có bia đứng yên, bảo toàn khiến một phần động năng thuộc chuyển động của khối tâm. Hạt mang điện còn gặp hàng rào Coulomb, và xuyên ngầm có thể ảnh hưởng mạnh xác suất phản ứng.

chia một hạt nhân nặng thành các mảnh nhẹ hơn. Những neutron được sinh ra có thể duy trì phản ứng dây chuyền. Dừng dây chuyền không làm nhiệt phân rã của các sản phẩm biến mất ngay. Công suất nhiệt cũng khác công suất điện của nhà máy.

Tổng kết chuỗi proton–proton: Các bước phản ứng trung gian chuyển các proton thành heli. Đồng thời, phát positron, neutrino và bức xạ.

giữa những hạt nhân đủ nhẹ có thể làm tăng tổng liên kết và giải phóng năng lượng. Các phản ứng trong sao còn phụ thuộc chuyển động nhiệt và xuyên ngầm. Không phải mọi phép ghép hai hạt nhân đều tỏa năng lượng. Dấu của $Q$ phải được xác định từ khối lượng các thành phần thực sự tham gia.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 43, trang 1442–1482.

Trong các bài tập, ký hiệu d, h, min và yr lần lượt chỉ ngày, giờ, phút và năm. Tốc độ đếm tính theo phút được viết bằng đơn vị ${\min }^{-1}$. liên kết riêng tính bằng MeV trên mỗi nuclôn.

Luyện tập có hướng dẫn

VP43.4.1

Tìm (a) , (b) tổng liên kết, và (c) năng lượng liên kết riêng trên mỗi nuclôn của hạt nhân ${}_8^{16}\mathrm{O}$, biết khối lượng nguyên tử trung hòa của này là $\mathrm{15,994}915\mathrm{u}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt nhân: ${}_8^{16}\mathrm{O}$ có $Z=8$ proton và $N=8$ nơtron.
• Khối lượng nguyên tử trung hòa: $M=\mathrm{15,994}915\mathrm{u}$.
• Cần tìm: $\mathrm{\Delta }M$, tổng liên kết $E_{\mathrm{B}}$, và năng lượng liên kết riêng $E_{\mathrm{B}}/A$.

Hướng đi:

• Dùng công thức nguyên tử trung hòa để triệt tiêu khối lượng các electron lớp vỏ: Với tổng khối lượng các nucleon cấu thành là $M_{\mathrm{tp}}=Z{m}_{\mathrm{H}}+N{m}_{\mathrm{n}}$:

$$\mathrm{\Delta }M=M_{\mathrm{tp}}-M$$

• Nhân với hệ số tương đương $\mathrm{931,494}\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$ để xác định tổng năng lượng liên kết $E_{\mathrm{B}}$.
• Chia tổng liên kết cho tổng số nuclôn $A=16$ để tìm năng lượng liên kết riêng $E_{\mathrm{B}}/A$.

Lời giải chi tiết:

(a) của nguyên tử ${}_8^{16}\mathrm{O}$:

• Khối lượng của nguyên tử hydro trung hòa ${}_1^1\mathrm{H}$ là $m_{\mathrm{H}}=\mathrm{1,007}825\mathrm{u}$, và khối lượng nơtron tự do là $m_{\mathrm{n}}=\mathrm{1,008}665\mathrm{u}$.
• Tổng khối lượng của các hạt cấu thành riêng rẽ khi chưa liên kết:

$$M_{\mathrm{tp}}=\mathrm{16,131}920\mathrm{u}$$

• $\mathrm{\Delta }M$:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,137}005\mathrm{u}$$

(b) Tổng liên kết $E_{\mathrm{B}}$:

• Sử dụng tương đương khối lượng và $1\mathrm{u}\cdot c^2=\mathrm{931,494}\mathrm{MeV}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{B}}& =(\mathrm{\Delta }M)c^2\\ & =127,62\mathrm{MeV}\end{array}$$

(c) liên kết riêng trên mỗi nuclôn:

• Với số khối $A=16$:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}& =\frac{127,62\mathrm{MeV}}{16}\\ & =\mathrm{7,976}\mathrm{MeV}\end{array}$$

trên một nuclôn.

VP43.4.2

của hạt nhân ${}_{29}^{63}\mathrm{Cu}$ là $\mathrm{0,591}9378\mathrm{u}$. Hãy tìm (a) liên kết, (b) năng lượng liên kết riêng trên mỗi nuclôn, và (c) khối lượng nguyên tử trung hòa của này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• ${}_{29}^{63}\mathrm{Cu}$ có $Z=29$ proton, số nơtron $N=34$, số khối $A=63$.
• : $\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,591}9378\mathrm{u}$.
• Cần tìm: $E_{\mathrm{B}}$, $E_{\mathrm{B}}/A$, và khối lượng nguyên tử trung hòa $M$.

Hướng đi:

• Đổi trực tiếp $\mathrm{\Delta }M$ sang liên kết $E_{\mathrm{B}}$ qua hệ số $\mathrm{931,494}\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$.
• Lấy $E_{\mathrm{B}}$ chia cho $A=63$ để tìm liên kết riêng.
• Từ định nghĩa , suy ra khối lượng nguyên tử trung hòa $M=Z{m}_{\mathrm{H}}+N{m}_{\mathrm{n}}-\mathrm{\Delta }M$.

Lời giải chi tiết:

(a) liên kết của ${}_{29}^{63}\mathrm{Cu}$:

• Áp dụng hệ thức Einstein:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{B}}& =(\mathrm{\Delta }M)c^2\\ & =551,39\mathrm{MeV}\end{array}$$

(b) liên kết riêng trên mỗi nuclôn:

• Với $A=63$:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}& =\frac{551,39\mathrm{MeV}}{63}\\ & =\mathrm{8,752}\mathrm{MeV}\end{array}$$

trên một nuclôn.

(c) Khối lượng nguyên tử trung hòa của ${}_{29}^{63}\mathrm{Cu}$:

• Tổng khối lượng của các thành phần riêng rẽ:

$$M_{\mathrm{tp}}=\mathrm{63,521}535\mathrm{u}$$

• Khối lượng nguyên tử trung hòa:

$$\begin{array}{rl}M& =M_{\mathrm{tp}}-\mathrm{\Delta }M\\ & =\mathrm{62,929}597\mathrm{u}\end{array}$$

VP43.4.3

Tính liên kết riêng $E_{\mathrm{B}}/A$ cho các hạt nhân: (a) ${}_{33}^{75}\mathrm{As}$ ( $\mathrm{0,700}5604\mathrm{u}$), (b) ${}_{62}^{150}\mathrm{Sm}$ (độ hụt khối $\mathrm{1,330}388\mathrm{u}$), và (c) ${}_{88}^{225}\mathrm{Ra}$ (độ hụt khối $\mathrm{1,852}094\mathrm{u}$). (d) Hình tham chiếu cho thấy với các hạt nhân có số khối $A>62$, năng lượng liên kết riêng $E_{\mathrm{B}}/A$ giảm dần khi $A$ tăng. Các kết quả tính toán của bạn có phù hợp với quy luật này không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Ba hạt nhân khảo sát:
  • ${}_{33}^{75}\mathrm{As}$: $A=75$, $\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,700}5604\mathrm{u}$.
  • ${}_{62}^{150}\mathrm{Sm}$: $A=150$, $\mathrm{\Delta }M=\mathrm{1,330}388\mathrm{u}$.
  • ${}_{88}^{225}\mathrm{Ra}$: $A=225$, $\mathrm{\Delta }M=\mathrm{1,852}094\mathrm{u}$.
• Cần tính: $E_{\mathrm{B}}/A$ cho từng hạt nhân và đối chiếu xu hướng biến thiên với đồ thị đường cong liên kết.

Hướng đi:

• Tính tổng liên kết $E_{\mathrm{B}}=\mathrm{\Delta }M\cdot c^2$ với hệ số chuyển đổi $\mathrm{931,494}\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$.
• Chia cho số khối tương ứng $A$ để xác định $E_{\mathrm{B}}/A$.
• So sánh các giá trị thu được theo thứ tự tăng dần của $A$ để kiểm tra tính đơn điệu giảm.

Lời giải chi tiết:

(a) Hạt nhân asen ${}_{33}^{75}\mathrm{As}$ ($A=75$):

• liên kết riêng:

$$\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}=\mathrm{8,701}\mathrm{MeV}$$

trên một nuclôn.

(b) Hạt nhân samari ${}_{62}^{150}\mathrm{Sm}$ ($A=150$):

• liên kết riêng:

$$\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}=\mathrm{8,262}\mathrm{MeV}$$

trên một nuclôn.

(c) Hạt nhân radi ${}_{88}^{225}\mathrm{Ra}$ ($A=225$):

• liên kết riêng:

$$\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}=\mathrm{7,668}\mathrm{MeV}$$

trên một nuclôn.

(d) Nhận xét và đối chiếu:

• So sánh các kết quả tính toán:

$$\mathrm{8,701}\mathrm{MeV}>\mathrm{8,262}\mathrm{MeV}$$

và:

$$\mathrm{8,262}\mathrm{MeV}>\mathrm{7,668}\mathrm{MeV}$$

• Kết luận: Khi số khối $A$ tăng từ 75 lên 150 rồi 225, liên kết riêng giảm đều đặn. Kết quả này phản ánh đúng xu thế của đồ thị thực nghiệm, do lực đẩy tĩnh điện Coulomb giữa các proton tăng nhanh theo tỉ lệ $Z^2/A^{1/3}$ làm giảm độ bền vững của các hạt nhân nặng.

VP43.4.4

Sử dụng công thức khối bán thực nghiệm để tính tổng liên kết ước lượng $E_{\mathrm{B}}$ và năng lượng liên kết riêng $E_{\mathrm{B}}/A$ cho các hạt nhân: (a) ruteni-100 (${}_{44}^{100}\mathrm{Ru}$) và (b) thủy ngân-200 (${}_{80}^{200}\mathrm{Hg}$). (c) Các kết quả tính toán của bạn có phù hợp với đồ thị năng lượng liên kết riêng theo số khối không?

Minh họa bài VP43.4.4: Các số hạng đóng góp trong công thức khối bán thực nghiệm.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Các hệ số thực nghiệm trong : Các hệ số bán thực nghiệm gồm: $C_1=15,75\mathrm{MeV}$, $C_2=17,80\mathrm{MeV}$, $C_3=\mathrm{0,710}0\mathrm{MeV}$, $C_4=23,69\mathrm{MeV}$, và $C_5=39\mathrm{MeV}$.
• Hạt nhân khảo sát:
  • ${}_{44}^{100}\mathrm{Ru}$: $Z=44$, $A=100$, $N=56$ (hạt nhân chẵn-chẵn).
  • ${}_{80}^{200}\mathrm{Hg}$: $Z=80$, $A=200$, $N=120$ (hạt nhân chẵn-chẵn).
• Cần tính: Tổng liên kết $E_{\mathrm{B}}$ và năng lượng liên kết riêng $E_{\mathrm{B}}/A$.

Hướng đi:

• Áp dụng công thức bán thực nghiệm gồm năm số hạng đóng góp vật lý: thể tích $T_1=C_{1}A$, năng lượng bề mặt $-T_2=-C_2{A}^{2/3}$, lực đẩy Coulomb $-T_3=-C_{3}Z(Z-1)/A^{1/3}$, độ bất đối xứng neutron-proton $-T_4=-C_4(A-2Z{)}^2/A$, và số hạng ghép đôi $+T_5=+C_5{A}^{-4/3}$.
• Vì cả hai hạt nhân đều có $Z$ chẵn và $N$ chẵn, số hạng ghép đôi mang dấu dương $+C_5{A}^{-4/3}$.
• Tính riêng từng số hạng đóng góp, cộng tổng để được $E_{\mathrm{B}}$, sau đó chia cho $A$ để thu được $E_{\mathrm{B}}/A$.

Lời giải chi tiết:

(a) Hạt nhân ruteni-100 (${}_{44}^{100}\mathrm{Ru}$):

• Các số hạng thành phần với $A=100$ và $Z=44$:

$$\begin{array}{rl}{T}_1& =1575,0\mathrm{MeV},\\ T_2& =383,49\mathrm{MeV},\\ T_3& =289,41\mathrm{MeV},\\ T_4& =34,11\mathrm{MeV},\\ T_5& =0,08\mathrm{MeV}.\end{array}$$

• Tổng liên kết:

$$E_{\mathrm{B}}=868,07\mathrm{MeV}$$

• liên kết riêng:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}& =\frac{868,07\mathrm{MeV}}{100}\\ & =\mathrm{8,681}\mathrm{MeV}\end{array}$$

trên một nuclôn.

(b) Hạt nhân thủy ngân-200 (${}_{80}^{200}\mathrm{Hg}$):

• Các số hạng thành phần với $A=200$ và $Z=80$:

$$\begin{array}{rl}{T}_1& =3150,0\mathrm{MeV},\\ T_2& =608,75\mathrm{MeV},\\ T_3& =767,30\mathrm{MeV},\\ T_4& =189,52\mathrm{MeV},\\ T_5& =0,03\mathrm{MeV}.\end{array}$$

• Tổng liên kết:

$$E_{\mathrm{B}}=1584,46\mathrm{MeV}$$

• liên kết riêng:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}& =\frac{1584,46\mathrm{MeV}}{200}\\ & =\mathrm{7,922}\mathrm{MeV}\end{array}$$

trên một nuclôn.

(c) Nhận xét và kết luận:

• liên kết riêng của ruteni ($\mathrm{8,681}\mathrm{MeV}$ trên một nuclôn) cao hơn đáng kể so với thủy ngân ($\mathrm{7,922}\mathrm{MeV}$ trên một nuclôn).
• Kết quả này phù hợp với và đồ thị thực nghiệm: Do số proton tăng mạnh ở thủy ngân ($Z=80$), lực đẩy tĩnh điện Coulomb và độ bất đối xứng nơtron-proton tăng cao, làm suy giảm liên kết riêng ở vùng hạt nhân nặng.

VP43.7.1

Các thiết bị báo khói gia đình chứa một lượng nhỏ amerixi phóng xạ phân rã phát hạt alpha thành neptuni theo phương trình: ${}_{95}^{241}\mathrm{Am}\to {}_{93}^{237}\mathrm{Np}+{}_2^4\mathrm{He}$. Khối lượng nguyên tử của là $\mathrm{241,056}827\mathrm{u}$ đối với ${}_{95}^{241}\mathrm{Am}$, $\mathrm{237,048}172\mathrm{u}$ đối với ${}_{93}^{237}\mathrm{Np}$, và $\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$ đối với ${}_2^4\mathrm{He}$. Giả sử hạt nhân ${}_{95}^{241}\mathrm{Am}$ ban đầu đứng yên, hãy tìm (a) tổng giải phóng trong phân rã, (b) động năng của hạt alpha phát ra, và (c) tốc độ của hạt alpha này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân rã: ${}_{95}^{241}\mathrm{Am}\to {}_{93}^{237}\mathrm{Np}+{}_2^4\mathrm{He}$.
• Khối lượng: $M_{\mathrm{Am}}=\mathrm{241,056}827\mathrm{u}$, $M_{\mathrm{Np}}=\mathrm{237,048}172\mathrm{u}$, $M_{\alpha }=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$.
• Trạng thái ban đầu: Hạt nhân mẹ đứng yên ($p=0$).
• Cần tìm: giải phóng $Q$, động năng hạt alpha $K_{\alpha }$, và tốc độ hạt alpha $v_{\alpha }$.

Hướng đi:

• giải phóng $Q$ được xác định từ độ chênh lệch khối lượng trước và sau phân rã:

$$Q=(\mathrm{\Delta }M)c^2$$

• Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ kín hai vật thể: Hạt nhân con neptuni nhận động năng giật lùi. Do đó, hạt alpha nhận phần động năng:

$$K_{\alpha }=\frac{M_{\mathrm{Np}}}{M_{\mathrm{Np}}+M_{\alpha }}Q$$

• Từ động năng phi tương đối tính $K_{\alpha }=\frac{1}{2}{m}_{\alpha }{v}_{\alpha }^2$, suy ra tốc độ hạt alpha.

Lời giải chi tiết:

(a) Tổng giải phóng $Q$:

• Độ chênh lệch khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,006}052\mathrm{u}$$

• giải phóng $Q$:

$$\begin{array}{rl}Q& =\mathrm{\Delta }M\cdot c^2\\ & =(\mathrm{0,006}052)(\mathrm{931,494})\\ & =\mathrm{5,637}\mathrm{MeV}\end{array}$$

(b) Động năng của hạt alpha phát ra:

• Tỉ số động năng theo bảo toàn :

$$\begin{array}{rl}{K}_{\alpha }& =\frac{\mathrm{237,048}}{\mathrm{241,051}}\times \mathrm{5,637}4\\ & =\mathrm{5,544}\mathrm{MeV}\end{array}$$

• Hạt alpha mang khoảng $98,3\mathrm{\%}$ tổng phản ứng, phần còn lại là động năng giật lùi của hạt nhân neptuni.

(c) Tốc độ của hạt alpha:

• Đổi động năng sang đơn vị jun:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\alpha }& =\mathrm{5,544}\mathrm{MeV}\\ & =\mathrm{8,882}\times {10}^{-13}\mathrm{J}\end{array}$$

• Khối lượng hạt alpha:

$$m_{\alpha }=\mathrm{6,646}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$$

• Tốc độ hạt alpha:

$$\begin{array}{rl}{v}_{\alpha }& =\sqrt{\frac{2K_{\alpha }}{m_{\alpha }}}\\ & =\mathrm{1,635}\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}\end{array}$$

• Giá trị này xấp xỉ $5,5\mathrm{\%}$ tốc độ ánh sáng, khẳng định phép tính phi tương đối tính là hoàn toàn chính xác.

VP43.7.2

berili ${}_4^8\mathrm{Be}$ rất không bền và phân rã cực nhanh thành hai hạt alpha theo phản ứng: ${}_4^8\mathrm{Be}\to {}_2^4\mathrm{He}+{}_2^4\mathrm{He}$. Khối lượng nguyên tử là $\mathrm{8,005}3051\mathrm{u}$ đối với ${}_4^8\mathrm{Be}$ và $\mathrm{4,002}6033\mathrm{u}$ đối với ${}_2^4\mathrm{He}$. Giả sử hạt nhân ${}_4^8\mathrm{Be}$ ban đầu đứng yên, hãy tìm (a) động năng và (b) tốc độ của mỗi hạt alpha phát ra.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân rã: ${}_4^8\mathrm{Be}\to 2{}_2^4\mathrm{He}$.
• Khối lượng: $M_{\mathrm{Be}}=\mathrm{8,005}3051\mathrm{u}$, $M_{\alpha }=\mathrm{4,002}6033\mathrm{u}$.
• Hạt nhân mẹ ban đầu đứng yên.
• Cần tìm: Động năng $K_{\alpha }$ và tốc độ $v_{\alpha }$ của mỗi hạt alpha.

Hướng đi:

• phản ứng $Q=(M_{\mathrm{Be}}-2M_{\alpha })c^2$.
• Do tính đối xứng hoàn toàn và bảo toàn , hai hạt alpha có khối lượng bằng nhau phải bay ra theo hai hướng ngược chiều với độ lớn động lượng bằng nhau. Do đó, chia đều giải phóng:

$$K_{\alpha }=\frac{Q}{2}$$

• Từ động năng tính ra tốc độ của từng hạt alpha.

Lời giải chi tiết:

(a) Động năng của mỗi hạt alpha:

• giải phóng :

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,000}0985\mathrm{u}$$

• Tổng giải phóng:

$$\begin{array}{rl}Q& =\mathrm{0,091}75\mathrm{MeV}\\ & =91,75\mathrm{keV}\end{array}$$

• Động năng của mỗi hạt alpha:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\alpha }& =\frac{Q}{2}\\ & =45,88\mathrm{keV}\end{array}$$

(b) Tốc độ của mỗi hạt alpha:

• Đổi động năng sang jun:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\alpha }& =45,88\mathrm{keV}\\ & =\mathrm{7,350}\times {10}^{-15}\mathrm{J}\end{array}$$

• Khối lượng hạt alpha:

$$m_{\alpha }=\mathrm{6,646}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$$

• Tốc độ của mỗi hạt:

$$\begin{array}{rl}{v}_{\alpha }& =\sqrt{\frac{2K_{\alpha }}{m_{\alpha }}}\\ & =\mathrm{1,487}\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}\end{array}$$

VP43.7.3

Hãy cho biết mỗi phân rã ${\beta }^{-}$ đề xuất dưới đây là có thể hay không thể xảy ra. Nếu có thể xảy ra, hãy tìm tổng giải phóng trong phân rã. Khối lượng nguyên tử trung hòa của mỗi được cho sẵn: (a) ${}_4^{12}\mathrm{Be}$ ($\mathrm{12,026}922\mathrm{u}$) biến đổi thành ${}_5^{12}\mathrm{B}$ ($\mathrm{12,014}353\mathrm{u}$); (b) ${}_{17}^{33}\mathrm{Cl}$ ($\mathrm{32,977}452\mathrm{u}$) biến đổi thành ${}_{18}^{33}\mathrm{Ar}$ ($\mathrm{32,989}926\mathrm{u}$); (c) ${}_{35}^{82}\mathrm{Br}$ ($\mathrm{81,916}8018\mathrm{u}$) biến đổi thành ${}_{36}^{82}\mathrm{Kr}$ ($\mathrm{81,913}4812\mathrm{u}$).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Ba phản ứng phân rã ${\beta }^{-}$:
  • (a) ${}_4^{12}\mathrm{Be}\to {}_5^{12}\mathrm{B}+{\beta }^{-}+{\overline{\nu }}_e$
  • (b) ${}_{17}^{33}\mathrm{Cl}\to {}_{18}^{33}\mathrm{Ar}+{\beta }^{-}+{\overline{\nu }}_e$
  • (c) ${}_{35}^{82}\mathrm{Br}\to {}_{36}^{82}\mathrm{Kr}+{\beta }^{-}+{\overline{\nu }}_e$
• Cần xác định: Khả năng tự phát về mặt và tính $Q$ nếu phân rã xảy ra.

Hướng đi:

• Trong phân rã ${\beta }^{-}$, một nơtron biến thành một proton. Đồng thời, phát ra một electron và một phản nơtrino:

$$n\to p+e^{-}+{\overline{\nu }}_e$$

• Khi biểu diễn bằng khối lượng nguyên tử trung hòa, nguyên tử mẹ có $Z$ electron, nguyên tử con có $Z+1$ electron. Electron lớp vỏ tăng thêm đúng bằng electron ${\beta }^{-}$ phát ra. Do đó, giải phóng là:

$$Q=(M_{\mathrm{me}}-M_{\mathrm{con}})c^2$$

• Điều kiện để phân rã ${\beta }^{-}$ xảy ra tự phát là $M_{\mathrm{me}}>M_{\mathrm{con}}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Quá trình ${}_4^{12}\mathrm{Be}\to {}_5^{12}\mathrm{B}$:

• So sánh khối lượng:

$$M{(}^{12}\mathrm{Be})>M{(}^{12}\mathrm{B})$$

vì $\mathrm{12,026}922\mathrm{u}>\mathrm{12,014}353\mathrm{u}$.

• Kết luận: Phân rã có thể xảy ra tự phát.
• giải phóng $Q$:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,012}569\mathrm{u}$$

suy ra:

$$\begin{array}{rl}Q& =(\mathrm{0,012}569)(\mathrm{931,494})\\ & =\mathrm{11,708}\mathrm{MeV}\end{array}$$

(b) Quá trình ${}_{17}^{33}\mathrm{Cl}\to {}_{18}^{33}\mathrm{Ar}$:

• So sánh khối lượng:

$$M{(}^{33}\mathrm{Cl})<M{(}^{33}\mathrm{Ar})$$

vì $\mathrm{32,977}452\mathrm{u}<\mathrm{32,989}926\mathrm{u}$.

• Hiệu số khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }M=-\mathrm{0,012}474\mathrm{u}<0$$

• Kết luận: Phân rã ${\beta }^{-}$ không thể xảy ra tự phát vì vi phạm định luật bảo toàn .

(c) Quá trình ${}_{35}^{82}\mathrm{Br}\to {}_{36}^{82}\mathrm{Kr}$:

• So sánh khối lượng:

$$M{(}^{82}\mathrm{Br})>M{(}^{82}\mathrm{Kr})$$

vì $\mathrm{81,916}802\mathrm{u}>\mathrm{81,913}481\mathrm{u}$.

• Kết luận: Phân rã có thể xảy ra tự phát.
• giải phóng $Q$:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,003}321\mathrm{u}$$

suy ra:

$$Q=\mathrm{3,093}1\mathrm{MeV}$$

VP43.7.4

Hãy cho biết mỗi phân rã ${\beta }^{+}$ đề xuất dưới đây là có thể hay không thể xảy ra. Nếu có thể xảy ra, hãy tìm tổng giải phóng trong phân rã. Nếu không thể xảy ra, hãy cho biết liệu quá trình biến đổi đó có thể diễn ra thông qua hiện tượng (electron capture) hay không. Khối lượng nguyên tử trung hòa được cho sẵn, và tổng khối lượng của hai electron là $2m_e=\mathrm{0,001}097\mathrm{u}$. (a) ${}_{23}^{46}\mathrm{V}$ ($\mathrm{45,960}198\mathrm{u}$) biến đổi thành ${}_{22}^{46}\mathrm{Ti}$ ($\mathrm{45,952}627\mathrm{u}$); (b) ${}_{57}^{134}\mathrm{La}$ ($\mathrm{133,908}514\mathrm{u}$) biến đổi thành ${}_{56}^{134}\mathrm{Ba}$ ($\mathrm{133,904}508\mathrm{u}$); (c) ${}_{31}^{67}\mathrm{Ga}$ ($\mathrm{66,928}2024\mathrm{u}$) biến đổi thành ${}_{30}^{67}\mathrm{Zn}$ ($\mathrm{66,927}1275\mathrm{u}$).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khối lượng hai electron: $2m_e=\mathrm{0,001}097\mathrm{u}$.
• Ba biến đổi hạt nhân từ $Z$ sang $Z-1$:
  • (a) ${}_{23}^{46}\mathrm{V}\to {}_{22}^{46}\mathrm{Ti}$
  • (b) ${}_{57}^{134}\mathrm{La}\to {}_{56}^{134}\mathrm{Ba}$
  • (c) ${}_{31}^{67}\mathrm{Ga}\to {}_{30}^{67}\mathrm{Zn}$
• Cần xác định: Khả năng phân rã ${\beta }^{+}$, $Q_{{\beta }^{+}}$, và khả năng (EC).

Hướng đi:

• Trong phân rã ${\beta }^{+}$ ($p\to n+e^{+}+{\nu }_e$), nguyên tử con mất một electron lớp vỏ để trung hòa, cộng thêm positron phát ra, nên khối lượng các hạt sản phẩm dư ra đúng bằng $2m_e$:

$$Q_{{\beta }^{+}}=(\mathrm{\Delta }M-2m_e)c^2$$

Điều kiện xảy ra phân rã ${\beta }^{+}$ là: $M_{\mathrm{me}}-M_{\mathrm{con}}>2m_e$.

• Trong quá trình (EC), hạt nhân hấp thụ một electron lớp vỏ trong:

$$p+e^{-}\to n+{\nu }_e$$

giải phóng là $Q_{\mathrm{EC}}=(M_{\mathrm{me}}-M_{\mathrm{con}})c^2$. Điều kiện để xảy ra chỉ đơn giản là $M_{\mathrm{me}}>M_{\mathrm{con}}$.

• Nếu $0<M_{\mathrm{me}}-M_{\mathrm{con}}\le 2m_e$: Phân rã ${\beta }^{+}$ bị cấm về mặt , nhưng vẫn có thể được phép về năng lượng khi xét trạng thái electron liên quan.

Lời giải chi tiết:

(a) Quá trình ${}_{23}^{46}\mathrm{V}\to {}_{22}^{46}\mathrm{Ti}$:

• Hiệu số khối lượng nguyên tử:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,007}571\mathrm{u}$$

• So sánh với $2m_e$:

$$\mathrm{\Delta }M>2m_e=\mathrm{0,001}097\mathrm{u}$$

• Kết luận: Phân rã ${\beta }^{+}$ có thể xảy ra tự phát.
• giải phóng $Q_{{\beta }^{+}}$:

$$\begin{array}{rl}{Q}_{{\beta }^{+}}& =(\mathrm{0,006}474\mathrm{u})c^2\\ & =\mathrm{6,030}\mathrm{MeV}\end{array}$$

(b) Quá trình ${}_{57}^{134}\mathrm{La}\to {}_{56}^{134}\mathrm{Ba}$:

• Hiệu số khối lượng nguyên tử:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,004}006\mathrm{u}$$

• So sánh với $2m_e$:

$$\mathrm{\Delta }M>2m_e=\mathrm{0,001}097\mathrm{u}$$

• Kết luận: Phân rã ${\beta }^{+}$ có thể xảy ra tự phát.
• giải phóng $Q_{{\beta }^{+}}$:

$$\begin{array}{rl}{Q}_{{\beta }^{+}}& =(\mathrm{0,002}909\mathrm{u})c^2\\ & =\mathrm{2,710}\mathrm{MeV}\end{array}$$

(c) Quá trình ${}_{31}^{67}\mathrm{Ga}\to {}_{30}^{67}\mathrm{Zn}$:

• Hiệu số khối lượng nguyên tử:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,001}075\mathrm{u}$$

• So sánh với $2m_e$:

$$\mathrm{\Delta }M<2m_e=\mathrm{0,001}097\mathrm{u}$$

• Kết luận: Phân rã phát positron ${\beta }^{+}$ không thể xảy ra vì hiệu khối lượng nguyên tử chưa vượt ngưỡng hai khối lượng electron. Ngưỡng này xuất hiện khi quy đổi khối lượng nguyên tử trung hòa sang khối lượng hạt nhân.
• Khả năng : Vì $\mathrm{\Delta }M>0$, quá trình bắt electron hoàn toàn có thể xảy ra, giải phóng :

$$\begin{array}{rl}{Q}_{\mathrm{EC}}& =(\mathrm{\Delta }M)c^2\\ & =\mathrm{1,001}3\mathrm{MeV}\end{array}$$

VP43.9.1

natri ${}_{11}^{24}\mathrm{Na}$ trải qua phân rã ${\beta }^{-}$ để trở thành đồng vị bền ${}_{12}^{24}\mathrm{Mg}$ với là $15,0\mathrm{h}$. Ban đầu, một mẫu ${}_{11}^{24}\mathrm{Na}$ có hoạt độ ${\beta }^{-}$ là $1,50\mu \mathrm{Ci}$. Hãy tìm (a) , (b) hằng số phân rã, (c) số hạt nhân ${}_{11}^{24}\mathrm{Na}$ ban đầu trong mẫu, và (d) sau $24,0\mathrm{h}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• : $T_{1/2}=15,0\mathrm{h}=54000\mathrm{s}$.
• Hoạt độ ban đầu: $A_0=1,50\mu \mathrm{Ci}$ (tương đương $5,55\times {10}^4\mathrm{Bq}$).
• Thời gian khảo sát: $t=24,0\mathrm{h}$.
• Cần tìm: $\tau$, $\lambda$, $N_0$, và $A(t)$.

Hướng đi:

• liên hệ với : $\tau =T_{1/2}/\ln 2$.
• Hằng số phân rã: $\lambda =1/\tau =\ln 2/T_{1/2}$.
• Hoạt độ ban đầu liên hệ với số hạt nhân: $A_0=\lambda N_0$, từ đó tính ra $N_0$.
• Hoạt độ suy giảm theo hàm mũ: $A(t)=A_0(1/2{)}^{t/T_{1/2}}$.

Lời giải chi tiết:

(a) $\tau$:

• Tính theo đơn vị giờ:

$$\begin{array}{rl}\tau & =\frac{T_{1/2}}{\ln 2}\\ & =\frac{15,0\mathrm{h}}{\mathrm{0,693}15}=21,64\mathrm{h}\end{array}$$

• Đổi sang đơn vị giây:

$$\begin{array}{rl}\tau & =(21,64\mathrm{h})(3600\mathrm{s}/\mathrm{h})\\ & =\mathrm{7,791}\times {10}^4\mathrm{s}\end{array}$$

(b) Hằng số phân rã $\lambda$:

• Nghịch đảo của :

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{1}{\tau }\\ & =\frac{1}{\mathrm{7,791}\times {10}^4}\\ & =\mathrm{1,284}\times {10}^{-5}{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

(c) Số hạt nhân ${}_{11}^{24}\mathrm{Na}$ ban đầu:

• Từ biểu thức hoạt độ ban đầu $A_0=\lambda N_0$:

$$\begin{array}{rl}{N}_0& =\frac{A_0}{\lambda }\\ & =\frac{5,55\times {10}^4}{\mathrm{1,284}\times {10}^{-5}}\\ & =\mathrm{4,324}\times {10}^9\end{array}$$

hạt nhân ban đầu.

(d) sau $24,0\mathrm{h}$:

• Tỉ số thời gian so với chu kỳ: $t/T_{1/2}=24,0/15,0=1,60$.
• Hoạt độ còn lại tính theo $\mu \mathrm{Ci}$:

$$\begin{array}{rl}A(t)& =A_0(0,5{)}^{1,60}\\ & =(1,50)(\mathrm{0,329}9)\\ & =\mathrm{0,495}\mu \mathrm{Ci}\end{array}$$

• Quy đổi sang đơn vị becơren ($\mathrm{Bq}$):

$$\begin{array}{rl}A(t)& =\mathrm{0,495}(3,70\times {10}^4)\\ & =\mathrm{1,831}\times {10}^4\mathrm{Bq}\end{array}$$

VP43.9.2

Một mẫu vật liệu ban đầu chứa $100\mathrm{\%}$ ${}_{41}^{95}\mathrm{Nb}$. Đồng vị này phân rã ${\beta }^{-}$ thành ${}_{42}^{95}\mathrm{Mo}$ (đồng vị bền) với là $35,0\mathrm{h}$. Hiện nay mẫu chứa $23,8\mathrm{\%}$ ${}_{41}^{95}\mathrm{Nb}$ và $76,2\mathrm{\%}$ ${}_{42}^{95}\mathrm{Mo}$. Đồng thời, có hoạt độ ${\beta }^{-}$ đo được là $\mathrm{0,514}\mu \mathrm{Ci}$. Hãy tìm (a) hằng số phân rã, (b) số hạt nhân ${}_{41}^{95}\mathrm{Nb}$ hiện có trong mẫu, (c) số hạt nhân ${}_{41}^{95}\mathrm{Nb}$ ban đầu, và (d) thời gian đã trôi qua kể từ khi mẫu còn nguyên chất $100\mathrm{\%}$ ${}_{41}^{95}\mathrm{Nb}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• của ${}_{41}^{95}\mathrm{Nb}$: $T_{1/2}=35,0\mathrm{h}=126000\mathrm{s}$.
• Tỉ lệ số hạt hiện tại: $N/N_0=23,8\mathrm{\%}=\mathrm{0,238}$.
• Hoạt độ hiện tại: $A=\mathrm{0,514}\mu \mathrm{Ci}$ (tương đương $\mathrm{1,901}8\times {10}^4\mathrm{Bq}$).
• Cần tìm: $\lambda$, số hạt hiện có $N$, số hạt ban đầu $N_0$, và thời gian trôi qua $t$.

Hướng đi:

• Xác định hằng số phân rã $\lambda =\ln 2/T_{1/2}$.
• Từ hoạt độ hiện tại $A=\lambda N$, tính số hạt nhân niobi hiện tại $N=A/\lambda$.
• Số hạt nhân ban đầu: $N_0=N/\mathrm{0,238}$.
• Thời gian trôi qua được tính từ phương trình phân rã $N/N_0=e^{-\lambda t}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Hằng số phân rã $\lambda$:

• Tính theo chu kỳ $T_{1/2}=126000\mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{\ln 2}{126000\mathrm{s}}\\ & =\mathrm{5,501}\times {10}^{-6}{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

(b) Số hạt nhân ${}_{41}^{95}\mathrm{Nb}$ hiện có:

• Áp dụng công thức liên hệ hoạt độ:

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{A}{\lambda }\\ & =\frac{\mathrm{1,901}8\times {10}^4}{\mathrm{5,501}\times {10}^{-6}}\\ & =\mathrm{3,457}\times {10}^9\end{array}$$

hạt nhân.

(c) Số hạt nhân ${}_{41}^{95}\mathrm{Nb}$ ban đầu:

• Vì mẫu còn lại $23,8\mathrm{\%}$ số hạt ban đầu:

$$\begin{array}{rl}{N}_0& =\frac{N}{\mathrm{0,238}}\\ & =\frac{\mathrm{3,457}\times {10}^9}{\mathrm{0,238}}\\ & =\mathrm{1,453}\times {10}^{10}\end{array}$$

hạt nhân ban đầu.

(d) Thời gian đã trôi qua:

• Áp dụng định luật :

$$\begin{array}{rl}t& =-\frac{\ln (\mathrm{0,238})}{\lambda }\\ & =\frac{\mathrm{1,435}5}{\mathrm{5,501}\times {10}^{-6}}\\ & =\mathrm{2,609}\times {10}^5\mathrm{s}\end{array}$$

• Quy đổi sang đơn vị giờ:

$$\begin{array}{rl}t& =\frac{\mathrm{2,609}\times {10}^5\mathrm{s}}{3600\mathrm{s}/\mathrm{h}}\\ & =72,48\mathrm{h}\end{array}$$

VP43.9.3

Một nhất định trải qua từ trạng thái kích thích về trạng thái cơ bản. Ban đầu, một mẫu của đồng vị này có hoạt độ $\mathrm{0,425}\mu \mathrm{Ci}$. Sau đó $45,0\mathrm{s}$, hoạt độ giảm xuống còn $\mathrm{0,121}\mu \mathrm{Ci}$. Hãy tìm (a) hằng số phân rã và của trạng thái kích thích, (b) số hạt nhân ở trạng thái kích thích tại thời điểm ban đầu và sau $45,0\mathrm{s}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hoạt độ ban đầu: $A_0=\mathrm{0,425}\mu \mathrm{Ci}$ (tương đương $15725\mathrm{Bq}$).
• Hoạt độ tại $t=45,0\mathrm{s}$: $A(t)=\mathrm{0,121}\mu \mathrm{Ci}$ (tương đương $4477\mathrm{Bq}$).
• Cần tìm: $\lambda$, $T_{1/2}$, số hạt ban đầu $N_0$, và số hạt tại $45,0\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Hoạt độ phân rã theo hàm mũ:

$$A(t)=A_0{e}^{-\lambda t}$$

từ đó suy ra hằng số phân rã $\lambda$.

• : $T_{1/2}=\ln 2/\lambda$.
• Số hạt nhân tại mỗi thời điểm được xác định qua $N(t)=A(t)/\lambda$.

Lời giải chi tiết:

(a) Hằng số phân rã và :

• Hằng số phân rã $\lambda$:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{1}{45,0\mathrm{s}}\ln \left(\frac{\mathrm{0,425}}{\mathrm{0,121}}\right)\\ & =\frac{\ln (\mathrm{3,512}4)}{45,0\mathrm{s}}\\ & =\mathrm{0,027}92{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

• $T_{1/2}$:

$$\begin{array}{rl}{T}_{1/2}& =\frac{\ln 2}{\lambda }\\ & =\frac{\mathrm{0,693}15}{\mathrm{0,027}92}=24,83\mathrm{s}\end{array}$$

(b) Số hạt nhân kích thích tại các thời điểm:

• Số hạt nhân ban đầu:

$$\begin{array}{rl}{N}_0& =\frac{A_0}{\lambda }\\ & =\frac{15725}{\mathrm{0,027}92}\\ & =\mathrm{5,633}\times {10}^5\end{array}$$

hạt nhân.

• Số hạt nhân sau $45,0\mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}N(45\mathrm{s})& =\frac{A(45\mathrm{s})}{\lambda }\\ & =\frac{4477}{\mathrm{0,027}92}\\ & =\mathrm{1,604}\times {10}^5\end{array}$$

hạt nhân.

VP43.9.4

Trước năm 1900, hoạt độ trên mỗi đơn vị khối lượng của cacbon trong khí quyển do sự hiện diện của ${}^{14}\mathrm{C}$ ( $5730$ năm) đạt mức trung bình khoảng $\mathrm{0,255}\mathrm{Bq}$ trên mỗi gam cacbon. Trong một phép đo mẫu cacbon có khối lượng $\mathrm{0,510}\mathrm{g}$, bạn ghi nhận được $113$ phân rã của ${}^{14}\mathrm{C}$ trong thời gian $20,0$ phút. Giả thiết rằng hoạt độ trên mỗi gam cacbon khi mẫu được hình thành bằng giá trị trung bình trong khí quyển thời kỳ tiền công nghiệp, hãy tìm (a) tuổi của mẫu vật và (b) số hạt nhân ${}^{14}\mathrm{C}$ hiện còn lại trong mẫu.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hoạt độ riêng ban đầu: $a_0=\mathrm{0,255}\mathrm{Bq}/\mathrm{g}$.
• Mẫu đo: Khối lượng $m=\mathrm{0,510}\mathrm{g}$, ghi nhận $113$ phân rã trong thời gian $\mathrm{\Delta }t=20,0\text{ phút}=1200\mathrm{s}$.
• của ${}^{14}\mathrm{C}$: $T_{1/2}=5730\text{ năm}$.
• Cần tìm: Tuổi mẫu $t$ và số hạt nhân ${}^{14}\mathrm{C}$ hiện tại $N$.

Hướng đi:

• Tính hoạt độ hiện tại của mẫu $A=\mathrm{\Delta }N/\mathrm{\Delta }t$, sau đó suy ra hoạt độ riêng hiện tại $a=A/m$.
• Áp dụng công thức định tuổi carbon-14:

$$t=\frac{T_{1/2}}{\ln 2}\ln \left(\frac{a_0}{a}\right)$$

• Số hạt nhân ${}^{14}\mathrm{C}$ hiện tại trong mẫu liên hệ với hoạt độ toàn phần $A$: $N=A/\lambda$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tuổi của mẫu vật:

• Hoạt độ toàn phần của mẫu hiện nay:

$$\begin{array}{rl}A& =\frac{113}{1200\mathrm{s}}\\ & =\mathrm{0,094}17\mathrm{Bq}\end{array}$$

• Hoạt độ riêng trên mỗi gam cacbon:

$$\begin{array}{rl}a& =\frac{A}{m}\\ & =\frac{\mathrm{0,094}17\mathrm{Bq}}{\mathrm{0,510}\mathrm{g}}\\ & =\mathrm{0,184}64\mathrm{Bq}/\mathrm{g}\end{array}$$

• Hằng số phân rã theo đơn vị năm${}^{-1}$:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{\ln 2}{5730\mathrm{y}}\\ & =\mathrm{1,209}7\times {10}^{-4}{\mathrm{y}}^{-1}\end{array}$$

• Tuổi của mẫu khảo cổ:

$$\begin{array}{rl}t& =\frac{1}{\lambda }\ln \left(\frac{a_0}{a}\right)\\ & =\frac{\ln (\mathrm{1,381}1)}{\mathrm{1,209}7\times {10}^{-4}}\\ & =2669\mathrm{y}\end{array}$$

(tương đương $2669$ năm).

(b) Số hạt nhân ${}^{14}\mathrm{C}$ hiện còn lại trong mẫu:

• Đổi hằng số phân rã sang đơn vị ${\mathrm{s}}^{-1}$ (với $1\mathrm{yr}=365,25\mathrm{d}$):

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{s}}& =\frac{\lambda }{\mathrm{3,156}\times {10}^7\mathrm{s}}\\ & =\mathrm{3,833}\times {10}^{-12}{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

• Số hạt nhân ${}^{14}\mathrm{C}$ trong mẫu:

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{A}{{\lambda }_{\mathrm{s}}}\\ & =\frac{\mathrm{0,094}17}{\mathrm{3,833}\times {10}^{-12}}\\ & =\mathrm{2,457}\times {10}^{10}\end{array}$$

hạt nhân.

Q43.1

Nơtron sở hữu momen lưỡng cực từ và có thể trải qua hiện tượng đảo spin bằng cách hấp thụ bức xạ điện từ. Vậy tại sao trong kỹ thuật chụp cộng hưởng từ (MRI) các mô cơ thể, người ta chủ yếu sử dụng proton mà không dùng nơtron? (Xem Hình 43.1.)

Hình 43.1: Sơ đồ nguyên lý chụp cộng hưởng từ hạt nhân (MRI).

Chú thích:

• Spin ngẫu nhiên của các proton hydro (Random spin of hydrogen protons)
• Các proton (hạt nhân nguyên tử hydro trong mô nghiên cứu) bình thường có định hướng spin ngẫu nhiên. (Protons, the nuclei of hydrogen atoms in the tissue under study, normally have random spin orientations.)
• Khi có từ trường mạnh B, các spin sắp thẳng hàng với một thành phần song song với B. (In the presence of a strong magnetic field, the spins become aligned with a component parallel to B.)
• Một xung sóng vô tuyến ngắn làm các spin bị lật hướng. (A brief radio signal causes the spins to flip orientation.)
• Khi các proton tái định hướng theo từ trường B, chúng phát ra sóng vô tuyến và được các đầu dò nhạy ghi nhận. (As the protons realign with the B field, they emit radio waves that are picked up by sensitive detectors.)
• (c) Nam châm điện dùng trong chụp cộng hưởng từ (MRI) ((c) An electromagnet used for MRI)
• Cuộn dây chính cung cấp từ trường đều B. (Main coil supplies uniform B field.)
• Cuộn x làm biến thiên từ trường B từ trái sang phải. (x coil varies B field from left to right.)
• Cuộn z làm biến thiên từ trường B từ đầu đến chân. (z coil varies B field from head to toe.)
• Cuộn y làm biến thiên từ trường B từ trên xuống dưới. (y coil varies B field from top to bottom.)
• Bộ thu phát gửi và nhận các tín hiệu để tạo ảnh. (Transceiver sends and receives signals that create image.)
• Vì B có giá trị khác nhau tại các vị trí khác nhau trong mô, sóng vô tuyến phát ra từ các vị trí khác nhau sẽ có tần số khác nhau. (Since B has a different value at different locations in the tissue, the radio waves from different locations have different frequencies.)

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Proton và nơtron đều có momen từ, nhưng MRI cần một tập hợp hạt nhân có tín hiệu đủ mạnh trong mô.

Hướng đi:

• Xét độ phong phú của hydro và phân biệt nơtron tự do với nơtron liên kết trong hạt nhân.

Lời giải chi tiết:

Hydro có nhiều trong nước và các phân tử hữu cơ. Hạt nhân hydro-1 là một proton có spin khác không, nên có thể tạo tín hiệu cộng hưởng từ. Trong khi đó, mô không chứa một quần thể nơtron tự do bền để thực hiện phép đo tương tự. Nơtron liên kết đóng góp vào momen của toàn hạt nhân, chứ không tạo thành tập hợp spin tự do tương đương với proton hydro. Vì vậy, ảnh MRI mô thông thường ưu tiên tín hiệu của hydro.

Q43.2

Trong phương trình khối bán thực nghiệm (), khi tổng số nucleon $A$ ngày càng lớn thì tầm quan trọng của số hạng thứ hai ( bề mặt) giảm dần so với số hạng thứ nhất (năng lượng thể tích). Điều này có ý nghĩa vật lý hợp lý không? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh số hạng bề mặt với số hạng thể tích khi số khối tăng.

Hướng đi:

• Lập tỉ số hai số hạng vì điều cần xét là mức đóng góp tương đối.

Lời giải chi tiết:

Tỉ số độ lớn hai số hạng là:

$$\frac{C_2{A}^{2/3}}{C_{1}A}=\frac{C_2}{C_1}{A}^{-1/3}.$$

Tỉ số này giảm khi $A$ tăng. Về hình học, diện tích tăng chậm hơn thể tích. Do đó, tỉ lệ nuclôn nằm gần bề mặt giảm, nên phần hiệu chỉnh do thiếu các láng giềng ở bề mặt nhỏ đi tương đối so với liên kết thể tích.

Q43.3

Tại sao khối lượng của mọi hạt nhân nguyên tử không phải là bội số nguyên của khối lượng một nucleon đơn lẻ?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích vì sao khối lượng hạt nhân không bằng một bội nguyên của một khối lượng nuclôn chung.

Hướng đi:

• Dùng sự khác nhau giữa khối lượng proton và nơtron, cùng liên kết.

Lời giải chi tiết:

Proton và nơtron có khối lượng khác nhau. Hơn nữa, khối lượng hạt nhân bị giảm bởi liên kết:

$$M_s=Z{m}_p+N{m}_n$$

Ở đây, $M_s$ là tổng khối lượng các nuclôn riêng rẽ. Khối lượng hạt nhân liên hệ với tổng đó theo hệ thức:

$$M=M_s-\frac{E_B}{c^2}.$$

liên kết phụ thuộc cấu trúc từng hạt nhân và không phải một bội nguyên cố định của năng lượng nghỉ một nuclôn. Vì vậy, số nuclôn nguyên không buộc khối lượng hạt nhân phải là bội nguyên của một khối lượng đơn vị.

Q43.4

Hai hạt nhân bền duy nhất có số proton nhiều hơn số nơtron ($Z>N$) là ${}_1^1\mathrm{H}$ và ${}_2^3\mathrm{He}$. Tại sao trường hợp $Z>N$ lại hiếm gặp như vậy trong tự nhiên?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích sự hiếm gặp của bền có nhiều proton hơn nơtron.

Hướng đi:

• Xét lực đẩy Coulomb và vai trò của nơtron trong liên kết hạt nhân.

Lời giải chi tiết:

Các proton đẩy nhau bằng lực Coulomb. Thêm nơtron có thể tăng liên kết do tương tác hạt nhân mà không thêm lực đẩy điện. Ở hạt nhân nặng, điều này làm vùng bền lệch về phía nhiều nơtron hơn proton. Cấu trúc vỏ và ghép đôi cũng có vai trò. Hydro-1 và heli-3 là những trường hợp nhẹ đặc biệt, nên không thể áp dụng một quy tắc đếm đơn giản cho mọi hạt nhân.

Q43.5

Sáu nguyên tố đã biết có số hiệu nguyên tử $Z$ là số kỳ diệu là những nguyên tố nào? Hãy thảo luận các tính chất đặc biệt mà các nguyên tố này có được do sở hữu giá trị $Z$ đặc biệt đó.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định sáu nguyên tố có số proton kỳ diệu và giải thích ý nghĩa cấu trúc vỏ.

Hướng đi:

• Đối chiếu các số kỳ diệu với số hiệu nguyên tử, rồi dùng mô hình vỏ đóng kín.

Lời giải chi tiết:

Các giá trị $Z=2,8,20,28,50,82$ lần lượt ứng với heli, oxy, canxi, niken, thiếc và chì. Vỏ proton đóng kín tạo độ bền bổ sung so với các cấu hình lân cận. Hiệu ứng thể hiện qua tách nuclôn, mức kích thích và số bền. Tuy nhiên, có số proton kỳ diệu không bảo đảm mọi đồng vị của nguyên tố đều bền. Số nơtron và các điều kiện năng lượng phân rã vẫn phải được xét.

Q43.6

liên kết riêng trên mỗi nucleon đối với phần lớn các hạt nhân biến thiên tương đối ít, xấp xỉ khoảng $8\mathrm{MeV}$ (xem Hình 43.2). Có sự nhất quán tương tự trong năng lượng nguyên tử nếu tính trên mỗi electron không? Nếu có, tại sao? Nếu không, tại sao không?

Hình 43.2: Đồ thị năng lượng liên kết riêng trên một nucleon theo số khối A.

Chú thích:

• Đường cong đạt đỉnh khoảng 8,8 MeV trên một nuclôn tại A = 62, ứng với nguyên tố niken. (The curve reaches a peak of about 8.8 MeV/nucleon at A = 62, corresponding to the element nickel.)
• Đỉnh nhọn tại A = 4 cho thấy độ bền vững bất thường của cấu trúc ⁴₂He. (The spike at A = 4 shows the unusual stability of the 4_2He structure.)
• Năng lượng liên kết riêng EB/A (MeV trên một nuclôn) (EB/A (MeV/nucleon))

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh liên kết trên mỗi electron với năng lượng liên kết riêng hạt nhân.

Hướng đi:

• Phân biệt tương tác hạt nhân có tầm ngắn với lực Coulomb có tầm xa.

Lời giải chi tiết:

Không có sự gần như không đổi tương tự cho mọi nguyên tử. Lực hạt nhân có tính bão hòa, nên mỗi nuclôn chỉ liên kết mạnh với một số láng giềng hữu hạn. Trong nguyên tử, lực hút Coulomb phụ thuộc điện tích hạt nhân và sự che chắn của các electron khác. Electron ở vỏ trong và vỏ ngoài cũng có liên kết rất khác nhau. Vì vậy, năng lượng liên kết trung bình trên mỗi electron thay đổi theo nguyên tố.

Q43.7

Các hạt nhân nặng không bền thường phân rã bằng cách phát ra hạt alpha hoặc hạt beta. Tại sao chúng thường không phân rã bằng cách phát ra một proton đơn lẻ hoặc một nơtron đơn lẻ?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích vì sao hoặc beta thường thuận lợi hơn phát một nuclôn riêng lẻ ở các hạt nhân nặng đang xét.

Hướng đi:

• So sánh điều kiện và độ liên kết của hạt phát ra.

Lời giải chi tiết:

Để phát một proton hoặc nơtron, hạt nhân phải đủ vượt ngưỡng tách nuclôn. Với nhiều hạt nhân nặng, ngưỡng này không cho phép phân rã tự phát từ trạng thái cơ bản. Hạt alpha có liên kết nội tại mạnh, nên kênh phát alpha có thể có năng lượng giải phóng dương dù phát một nuclôn bị cấm. lại điều chỉnh tỉ lệ proton và nơtron mà không giảm số khối. Đây là giải thích cho xu hướng, không phải sự cấm tuyệt đối phát proton hay nơtron ở mọi .

Q43.8

Khi các ngôi sao già đi, chúng sử dụng cạn kiệt nguồn nhiên liệu hydro và bắt đầu tạo ra bằng phản ứng tổng hợp ba hạt nhân heli thành một hạt nhân cacbon. Bạn dự đoán nhiệt độ ở vùng lõi của những ngôi sao già này sẽ nóng hơn hay nguội hơn so với vùng lõi của những ngôi sao trẻ? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh nhiệt độ lõi khi sao đốt heli với giai đoạn đốt hydro.

Hướng đi:

• Xét điện tích các hạt tham gia và khả năng xuyên qua rào thế Coulomb.

Lời giải chi tiết:

Hai hạt alpha có tích điện tích lớn hơn hai proton, nên chịu lực đẩy Coulomb mạnh hơn tại cùng khoảng cách. Để tốc độ phản ứng tổng hợp heli đủ lớn, lõi sao phải nóng hơn so với giai đoạn đốt hydro tương ứng. cho phép phản ứng xảy ra khi động năng còn thấp hơn đỉnh rào thế. Vì vậy, không nên hiểu điều kiện này là mỗi hạt bắt buộc có đủ vượt rào theo cơ học cổ điển.

Q43.9

Vì chì là một nguyên tố bền, tại sao chuỗi phân rã của urani-238 (Hình 43.7) lại không dừng lại ngay khi xuất hiện chì đầu tiên là chì-214 (${}^{214}\mathrm{Pb}$)?

Hình 43.7: Chuỗi phân rã phóng xạ tự nhiên của urani-238 trên biểu đồ Segrè.

Chú thích:

• Phân rã alpha (α decay)
• Phân rã beta trừ (β- decay)
• Năm (y)
• Ngày (d)
• Phút (m)
• Giây (s)

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích vì sao chuỗi urani không dừng ở chì-214.

Hướng đi:

• Phân biệt độ bền của một với tên nguyên tố.

Lời giải chi tiết:

của cùng nguyên tố có chung số proton nhưng khác số nơtron. Chì-214 không bền và tiếp tục . Trong khi đó, chì-206 là đồng vị bền ở cuối chuỗi đang xét. Việc một nguyên tố có đồng vị bền không làm mọi đồng vị của nó bền. Vì vậy, sự xuất hiện tên chì ở giữa chuỗi chưa phải điều kiện kết thúc.

Q43.10

Trong chuỗi phân rã của urani-238 (Hình 43.7), một số hạt nhân trung gian trong chuỗi được tìm thấy với độ phong phú trong tự nhiên lớn hơn rất nhiều so với các hạt nhân khác, mặc dù mọi hạt nhân ${}^{238}\mathrm{U}$ đều phải đi qua từng mắt xích trong chuỗi trước khi trở thành ${}^{206}\mathrm{Pb}$. Tại sao các hạt nhân trung gian lại không có độ phong phú như nhau?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích độ phong phú khác nhau của các chất trung gian trong một chuỗi phân rã.

Hướng đi:

• Ở trạng thái cân bằng, so sánh tốc độ sinh, tốc độ mất và thời gian sống.

Lời giải chi tiết:

Một chất trung gian sống lâu có thể tích tụ nhiều hơn chất phân rã nhanh. Trong gần đúng cân bằng thế kỷ của hệ kín, hoạt độ các mắt xích bằng nhau:

$${\lambda }_i{N}_i\approx {\lambda }_j{N}_j.$$

Do đó $N_i/N_j\approx {\lambda }_j/{\lambda }_i$. Số hạt tỉ lệ thuận với thời gian sống, chứ không buộc bằng nhau. Nếu hệ chưa đạt cân bằng hoặc có chất thoát ra, cần xét thêm điều kiện đầu và sự trao đổi vật chất.

Q43.11

So với các hạt alpha có cùng mức động năng, các hạt beta có khả năng đâm xuyên qua vật chất dễ dàng hơn rất nhiều. Tại sao lại như vậy?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh khả năng đâm xuyên của alpha và beta có cùng động năng.

Hướng đi:

• Xét điện tích, tốc độ và mức mất trên một đơn vị đường đi.

Lời giải chi tiết:

Hạt alpha mang điện tích gấp đôi và nặng hơn electron rất nhiều. Ở cùng động năng trong miền đang xét, alpha chuyển động chậm hơn, gây ion hóa dày đặc hơn dọc đường đi và nhanh mất . Hạt beta nhẹ hơn và thường truyền năng lượng trên đường đi thưa hơn, nên có thể đi xa hơn. Quãng đường cụ thể còn phụ thuộc năng lượng và môi trường. Không thể suy ra một độ xuyên sâu cố định chỉ từ tên bức xạ.

Q43.12

Nếu ${}_Z^A{\mathrm{El}}_i$ đại diện cho hạt nhân ban đầu, quá trình phân rã nào sẽ diễn ra nếu hạt nhân con cuối cùng là: (a) ${}_{Z+1}^A{\mathrm{El}}_f$; (b) ${}_{Z-2}^{A-4}{\mathrm{El}}_f$; (c) ${}_{Z-1}^A{\mathrm{El}}_f$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhận diện các quá trình làm thay đổi số proton và số khối theo đề bài.

Hướng đi:

• Dùng bảo toàn điện tích và số nuclôn cho từng dạng phân rã.

Lời giải chi tiết:

(a) Số khối giữ nguyên, số proton tăng một, tương ứng trừ. (b) Số khối giảm bốn và số proton giảm hai, tương ứng . (c) Số khối giữ nguyên và số proton giảm một, tương ứng phân rã beta cộng hoặc . Để biết kênh nào thực sự xảy ra, còn phải kiểm tra điều kiện và trạng thái hạt nhân.

Q43.13

Trong một phương trình phân rã hạt nhân, tại sao chúng ta có thể biểu diễn một electron dưới dạng ${}_{-1}^0{\beta }^{-}$? Các ký hiệu tương đương cho một positron, một nơtrino và một phản nơtrino là gì?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích các chỉ số trong ký hiệu hạt của phương trình hạt nhân.

Hướng đi:

• Chỉ số dưới biểu diễn điện tích theo đơn vị điện tích nguyên tố, chỉ số trên đếm nuclôn.

Lời giải chi tiết:

Electron không chứa nuclôn và mang điện tích $-e$, nên được ghi ${}_{-1}^0{\beta }^{-}$. Positron tương ứng là ${}_{+1}^0{\beta }^{+}$. Nơtrino và phản nơtrino được ghi ${}_0^0\nu$ và ${}_0^0\overline{\nu }$. Số khối bằng không ở đây không có nghĩa hạt buộc phải có khối lượng nghỉ bằng không. Ký hiệu cũng chưa thể hiện hết các số lượng tử, chẳng hạn số lepton.

Q43.14

Tại sao các quá trình , beta hoặc gamma của một hạt nhân không bền hoàn toàn không bị ảnh hưởng bởi môi trường hóa học của nguyên tử (chẳng hạn như phân tử hay chất rắn mà nó liên kết)? Tuy nhiên, trạng thái hóa học lại có thể gây ảnh hưởng nhỏ đến trong quá trình . Tại sao lại có sự khác biệt này?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh ảnh hưởng của môi trường hóa học lên các quá trình phân rã.

Hướng đi:

• So sánh thang hạt nhân với năng lượng hóa học, rồi xét vai trò electron trong .

Lời giải chi tiết:

, beta và gamma chủ yếu do cấu trúc hạt nhân quyết định. hóa học nhỏ hơn rất nhiều so với thang năng lượng hạt nhân, nên trong điều kiện thông thường ảnh hưởng của liên kết hóa học lên các tốc độ này rất nhỏ. phụ thuộc mật độ electron tại hạt nhân. Môi trường hóa học hoặc trạng thái ion hóa làm thay đổi phân bố electron. Vì vậy, có thể làm thay đổi tốc độ bắt electron. Phát biểu về sự không phụ thuộc môi trường là một gần đúng có miền áp dụng.

Q43.15

Trong quá trình chuyển đổi nội (internal conversion), một hạt nhân từ trạng thái kích thích chuyển về trạng thái cơ bản bằng cách truyền trực tiếp kích thích cho một electron nguyên tử thay vì phát ra tia gamma. Tại sao quá trình này lại có thể sinh ra cả photon tia X?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích tia X có thể xuất hiện sau chuyển hoán nội.

Hướng đi:

• Theo dõi lỗ trống trong vỏ electron sau khi một electron nhận và bật ra.

Lời giải chi tiết:

Trong chuyển hoán nội, hạt nhân truyền kích thích trực tiếp cho electron nguyên tử. Nếu electron đó bị bật khỏi một vỏ trong, nguyên tử còn một chỗ trống. Electron ở mức cao hơn có thể chuyển xuống lấp chỗ trống và phát tia X đặc trưng. Tia X này phát sinh từ sự sắp xếp lại vỏ electron, còn năng lượng ban đầu được cung cấp bởi chuyển mức hạt nhân.

Q43.16

Trong Ví dụ 43.9 (Mục 43.4), hoạt độ riêng của cacbon trong khí quyển trước năm 1900 được đưa ra là $\mathrm{0,255}\mathrm{Bq}$ trên mỗi gam cacbon. Hãy thảo luận tại sao giá trị hoạt độ này lại có thể bị thay đổi kể từ sau năm 1900.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nêu các nguyên nhân làm hoạt độ riêng cacbon khí quyển thay đổi sau năm 1900.

Hướng đi:

• Xét những quá trình làm thay đổi tỉ lệ cacbon-14 so với cacbon bền.

Lời giải chi tiết:

Đốt nhiên liệu hóa thạch bổ sung cacbon rất cũ, hầu như không còn cacbon-14, nên có thể làm giảm hoạt độ riêng của cacbon khí quyển. Thử vũ khí hạt nhân trong khí quyển lại tạo thêm cacbon-14 và có thể làm tăng hoạt độ riêng. Trao đổi cacbon giữa khí quyển, đại dương và sinh quyển tiếp tục làm biến đổi tỉ lệ này. Vì vậy, định tuổi chính xác cần xét lịch sử của hoạt độ ban đầu thay vì mặc định một giá trị bất biến.

Q43.17

Một vấn đề trong phương pháp định tuổi bằng phóng xạ cacbon đối với các mẫu sinh học, đặc biệt là các mẫu rất cổ, là chúng rất dễ bị nhiễm tạp chất sinh học hiện đại trong quá trình thu thập và đo đạc. Sự nhiễm bẩn này ảnh hưởng thế nào đến tuổi ước lượng của mẫu? Tại sao sự nhiễm bẩn này lại là vấn đề nghiêm trọng hơn rất nhiều đối với các mẫu vật cổ so với các mẫu vật trẻ?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định chiều sai lệch tuổi khi mẫu cổ bị lẫn vật liệu sinh học hiện đại.

Hướng đi:

• Dùng định luật phân rã và công thức tuổi theo hoạt độ riêng.

Lời giải chi tiết:

Trong mô hình coi vật liệu hiện đại có hoạt độ riêng $a_0$, nó làm tăng hoạt độ riêng đo được của mẫu cổ. Tuổi tính từ $t=\ln (a_0/a)/\lambda$ vì vậy giảm. Nếu tỉ phần cacbon tạp là $f$, hoạt độ hỗn hợp thỏa:

$$\frac{a}{a_0}=(1-f)e^{-\lambda t}+f.$$

Ở mẫu càng cổ, số hạng phóng xạ còn lại càng nhỏ, nên cùng một lượng tạp tạo sai lệch tương đối càng lớn. Chẳng hạn với $f=0,01$, một mẫu 50 000 năm có tuổi biểu kiến khoảng 36 300 năm khi dùng 5730 năm. Đây là phép tính minh họa theo mô hình trộn đã nêu.

Q43.18

radi phổ biến nhất được tìm thấy trên Trái Đất là ${}^{226}\mathrm{Ra}$, có chỉ khoảng 1600 năm. Nếu Trái Đất đã được hình thành từ hơn ${10}^9$ năm trước, tại sao hiện nay vẫn còn sự hiện diện của radi trong vỏ Trái Đất?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích sự tồn tại của radi-226 dù ngắn hơn rất nhiều tuổi Trái Đất.

Hướng đi:

• Xét nguồn sinh liên tục từ chuỗi phân rã urani thay vì chỉ xét lượng radi ban đầu.

Lời giải chi tiết:

Radi-226 hiện có được bổ sung bởi các chất mẹ trong chuỗi urani-238. Urani-238 có rất dài, nên vẫn cung cấp chất trung gian cho chuỗi. Trong hệ kín đã đạt gần cân bằng thế kỷ, tốc độ sinh radi có thể gần bằng tốc độ radi phân rã. Như vậy, radi hiện tại không cần là lượng radi nguyên thủy còn sót lại từ khi Trái Đất hình thành.

Q43.19

Phản ứng chỉ xảy ra đối với các hạt nhân có số khối lớn. Trong khi đó, phản ứng tỏa chỉ xảy ra đối với các hạt nhân có số khối nhỏ. Tại sao lại có quy luật này?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích xu hướng tỏa của hạt nặng và hạt nhẹ.

Hướng đi:

• Dùng tổng liên kết trước và sau phản ứng, cùng đường cong năng lượng liên kết riêng.

Lời giải chi tiết:

Đường cong liên kết riêng đạt cực đại gần vùng sắt và niken. Khi các hạt rất nhẹ hợp lại thành cấu hình liên kết chặt hơn, tổng năng lượng liên kết tăng và phần chênh lệch được giải phóng. Tương tự, một hạt nhân rất nặng có thể giải phóng năng lượng khi tách thành các mảnh liên kết chặt hơn. Muốn kết luận cho một phản ứng cụ thể, phải tính hiệu khối lượng đầy đủ. Phản ứng hạt nhẹ vẫn có thể được gây ra nếu cung cấp năng lượng, và không phải mọi phản ứng hạt nhẹ đều tỏa năng lượng.

Q43.20

Khi một hạt nhân nặng bị vỡ ra trong quá trình , hai hạt nhân con (các mảnh phân hạch) bay ra xa nhau với động năng lớn. Tại sao điều này lại xảy ra?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích động năng lớn của các mảnh .

Hướng đi:

• Xét tương tác Coulomb sau khi hai mảnh bắt đầu tách xa nhau.

Lời giải chi tiết:

Hai mảnh đều mang điện tích dương lớn và lúc đầu ở gần nhau. Khi khoảng cách tăng, đẩy Coulomb giảm và chuyển thành động năng của các mảnh. Nguồn năng lượng toàn phần vẫn là độ giảm năng lượng nghỉ của hệ, chứ lực Coulomb không tạo thêm năng lượng. Một phần năng lượng phân hạch còn được mang bởi nơtron, và các sản phẩm phân rã sau đó.

43.1

Hạt nhân của phổ biến nhất của các nguyên tố sau có bao nhiêu proton và bao nhiêu nơtron: (a) silic, ${}_{14}^{28}\mathrm{Si}$; (b) rubiđi, ${}_{37}^{85}\mathrm{Rb}$; (c) tali, ${}_{81}^{205}\mathrm{Tl}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Ba cần khảo sát: ${}_{14}^{28}\mathrm{Si}$, ${}_{37}^{85}\mathrm{Rb}$, và ${}_{81}^{205}\mathrm{Tl}$.
• Cần tìm: Số proton $Z$ và số nơtron $N$ trong mỗi hạt nhân.

Hướng đi:

• Số hiệu nguyên tử $Z$ (chỉ số dưới) là số lượng proton trong hạt nhân.
• Số khối $A$ (chỉ số trên) là tổng số nucleon: $A=Z+N$.
• Số nơtron được xác định bằng hiệu số: $N=A-Z$.

Lời giải chi tiết:

(a) silic-28 (${}_{14}^{28}\mathrm{Si}$):

• Số proton: $Z=14$.
• Số nơtron:

$$N=28-14=14$$

(b) rubiđi-85 (${}_{37}^{85}\mathrm{Rb}$):

• Số proton: $Z=37$.
• Số nơtron:

$$N=85-37=48$$

(c) tali-205 (${}_{81}^{205}\mathrm{Tl}$):

• Số proton: $Z=81$.
• Số nơtron:

$$N=205-81=124$$

43.2

Các nguyên tử hydro được đặt trong một từ trường ngoài. Các proton có thể chuyển dời giữa các trạng thái có thành phần song song và đối song với từ trường bằng cách hấp thụ hoặc phát xạ một . Cần một từ trường có độ lớn bao nhiêu để quá trình chuyển dời này được kích thích bởi các photon có tần số $22,7\mathrm{MHz}$?

Minh họa bài 43.2: Sơ đồ tách mức năng lượng Zeeman của spin proton trong từ trường ngoài.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt chuyển dời: Proton ($I=1/2$).
• Tần số kích thích cộng hưởng: $f=22,7\mathrm{MHz}$.
• Cần tìm: Độ lớn cảm ứng từ $B$ cần thiết.

Hướng đi:

• tương tác của momen từ hạt nhân với từ trường ngoài (hiệu ứng Zeeman hạt nhân) là $U=-\overrightarrow{\mu }\cdot \overrightarrow{B}=-{\mu }_{z}B$.
• Với proton có $s=1/2$, thành phần spin theo phương $z$ nhận hai giá trị $m_s=\pm 1/2$, tương ứng với ${\mu }_z=\pm \mathrm{2,792}85{\mu }_{\mathrm{N}}$.
• Độ chênh lệch giữa hai trạng thái spin là $\mathrm{\Delta }E=2{\mu }_{z}B$.
• Điều kiện cộng hưởng hấp thụ : $hf=2{\mu }_{z}B$, từ đó suy ra từ trường $B$.

Lời giải chi tiết:

• Momen từ của proton:

$${\mu }_z=\mathrm{2,792}85{\mu }_{\mathrm{N}}$$

với manhêtôn hạt nhân ${\mu }_{\mathrm{N}}=\mathrm{5,050}78\times {10}^{-27}\mathrm{J}/\mathrm{T}$, ta có:

$${\mu }_z=\mathrm{1,410}6\times {10}^{-26}\mathrm{J}/\mathrm{T}$$

• Độ tách mức :

$$\mathrm{\Delta }E=2{\mu }_{z}B$$

• Điều kiện hấp thụ có tần số $f=22,7\times {10}^6\mathrm{Hz}$:

$$hf=2{\mu }_{z}B$$

• Cảm ứng từ cần thiết:

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{hf}{2{\mu }_z}\\ & =\mathrm{0,533}1\mathrm{T}\end{array}$$

43.3

phổ biến nhất của bo là ${}_5^{11}\mathrm{B}$. (a) Xác định tổng liên kết của ${}_5^{11}\mathrm{B}$ từ dữ liệu khối lượng nguyên tử chuẩn ($M=\mathrm{11,009}305\mathrm{u}$). (b) Tính năng lượng liên kết này từ công thức bán thực nghiệm (tại sao số hạng thứ năm bằng 0?). So sánh với kết quả thu được ở phần (a), phần trăm sai khác là bao nhiêu? So sánh độ chính xác của công thức bán thực nghiệm đối với ${}_5^{11}\mathrm{B}$ với độ chính xác của nó đối với ${}_{28}^{62}\mathrm{Ni}$ (xem Ví dụ 43.4).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt nhân: ${}_5^{11}\mathrm{B}$ có $Z=5,N=6,A=11$.
• Khối lượng nguyên tử: $M=\mathrm{11,009}305\mathrm{u}$.
• Cần tính: liên kết thực nghiệm, năng lượng liên kết bán thực nghiệm, và so sánh sai số tương đối.

Hướng đi:

• (a) Tính $\mathrm{\Delta }M=Z{m}_{\mathrm{H}}+N{m}_{\mathrm{n}}-M$, sau đó nhân với $\mathrm{931,494}\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$.
• (b) Áp dụng công thức giọt chất lỏng bán thực nghiệm. Vì $A=11$ là số lẻ ($Z=5$ lẻ, $N=6$ chẵn), số hạng ghép đôi triệt tiêu: $T_5=0$.

Lời giải chi tiết:

(a) liên kết từ khối lượng thực nghiệm:

• Tổng khối lượng các nucleon cấu thành:

$$\begin{array}{rl}{M}_{\mathrm{tp}}& =5m_{\mathrm{H}}+6m_{\mathrm{n}}\\ & =\mathrm{11,091}115\mathrm{u}\end{array}$$

• :

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,081}810\mathrm{u}$$

• Tổng liên kết:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{B}}& =(\mathrm{\Delta }M)c^2\\ & =\mathrm{76,206}\mathrm{MeV}\end{array}$$

(b) Tính theo công thức bán thực nghiệm:

• Vì $A=11$ lẻ, các nucleon không tạo thành cặp chẵn-chẵn hay lẻ-lẻ. Do đó, số hạng ghép đôi bằng không ($T_5=0$).
• Các số hạng thành phần với $A=11$ và $Z=5$:

$$\begin{array}{rl}{T}_1& =173,25\mathrm{MeV},\\ T_2& =88,04\mathrm{MeV},\\ T_3& =\mathrm{6,385}\mathrm{MeV},\\ T_4& =2,15\mathrm{MeV}.\end{array}$$

• Tổng liên kết bán thực nghiệm:

$$E_{\mathrm{B}}=\mathrm{76,671}\mathrm{MeV}$$

• Phần trăm sai khác: Với độ sai khác tỷ đối $\delta =\frac{|\mathrm{76,671}-76,21|}{76,21}\times 100\mathrm{\%}$:

$$\delta \approx 0,61\mathrm{\%}$$

• Nhận xét: Công thức bán thực nghiệm được xây dựng dựa trên xấp xỉ giọt chất lỏng vĩ mô nên đạt độ chính xác rất cao đối với các hạt nhân kích thước trung bình và nặng như ${}_{28}^{62}\mathrm{Ni}$ (sai số khoảng $0,58\mathrm{\%}$). Đối với hạt nhân rất nhẹ như ${}_5^{11}\mathrm{B}$, các hiệu ứng lượng tử vi mô của từng nucleon thể hiện rõ hơn, nhưng sai số khoảng $0,61\mathrm{\%}$ gần với giá trị $0,58\mathrm{\%}$ của niken-62. Không nên suy từ hai trường hợp này rằng mô hình đạt cùng độ chính xác cho mọi hạt nhân.

43.4

Các hạt nhân ${}_5^{11}\mathrm{B}$ và ${}_6^{11}\mathrm{C}$ được gọi là các hạt nhân gương (mirror nuclei), vì số proton trong ${}_5^{11}\mathrm{B}$ bằng số nơtron trong ${}_6^{11}\mathrm{C}$ và số nơtron trong ${}_5^{11}\mathrm{B}$ bằng số proton trong ${}_6^{11}\mathrm{C}$. Khối lượng nguyên tử của ${}_6^{11}\mathrm{C}$ là $\mathrm{11,011}434\mathrm{u}$ và của ${}_5^{11}\mathrm{B}$ là $\mathrm{11,009}305\mathrm{u}$. (a) Tính liên kết của ${}_5^{11}\mathrm{B}$ và ${}_6^{11}\mathrm{C}$. (b) Hạt nhân nào có năng lượng liên kết lớn hơn? Tại sao lại như vậy?

Minh họa bài 43.4: So sánh tương tác Coulomb giữa cặp hạt nhân gương 11B và 11C.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Cặp hạt nhân gương có $A=11$: ${}_5^{11}\mathrm{B}$ ($Z=5,N=6$) và ${}_6^{11}\mathrm{C}$ ($Z=6,N=5$).
• Khối lượng: $M{(}^{11}\mathrm{B})=\mathrm{11,009}305\mathrm{u}$, $M{(}^{11}\mathrm{C})=\mathrm{11,011}434\mathrm{u}$.
• Cần tìm: liên kết của mỗi hạt nhân và giải thích nguyên nhân chênh lệch.

Hướng đi:

• Tính và liên kết $E_{\mathrm{B}}$ cho từng hạt nhân.
• Vận dụng tính chất độc lập điện tích của lực hạt nhân mạnh: Tương tác mạnh giữa các cặp $p-p,n-n,p-n$ xấp xỉ độc lập với điện tích khi đã xét cùng trạng thái lượng tử.
• Sự chênh lệch liên kết giữa hai hạt nhân gương chủ yếu do lực đẩy tĩnh điện Coulomb giữa các proton.

Lời giải chi tiết:

(a) liên kết:

• Đối với ${}_5^{11}\mathrm{B}$ ($Z=5,N=6$):

$$\begin{array}{rl}{M}_{\mathrm{tp}}& =5m_{\mathrm{H}}+6m_{\mathrm{n}}\\ & =\mathrm{11,091}115\mathrm{u}\end{array}$$

: $\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,081}810\mathrm{u}$.

$$E_{\mathrm{B}}{(}^{11}\mathrm{B})=\mathrm{76,206}\mathrm{MeV}$$

• Đối với ${}_6^{11}\mathrm{C}$ ($Z=6,N=5$):

$$\begin{array}{rl}{M}_{\mathrm{tp}}& =6m_{\mathrm{H}}+5m_{\mathrm{n}}\\ & =\mathrm{11,090}275\mathrm{u}\end{array}$$

:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,078}841\mathrm{u}$$

liên kết:

$$E_{\mathrm{B}}{(}^{11}\mathrm{C})=\mathrm{73,440}\mathrm{MeV}$$

(b) So sánh và giải thích:

• Hạt nhân ${}_5^{11}\mathrm{B}$ có liên kết lớn hơn ($\mathrm{76,206}\mathrm{MeV}>\mathrm{73,440}\mathrm{MeV}$) với độ chênh lệch là $\mathrm{2,766}\mathrm{MeV}$.
• Nguyên nhân: Lực hạt nhân mạnh có tính đối xứng điện tích. Do đó, đóng góp của tương tác mạnh trong hai hạt nhân là gần tương đương nhau trong xấp xỉ đối xứng điện tích. Tuy nhiên, ${}_6^{11}\mathrm{C}$ có 6 proton nên có $\frac{6\times 5}{2}=15$ cặp tương tác đẩy Coulomb. Trong khi đó, ${}_5^{11}\mathrm{B}$ chỉ có 5 proton tương ứng với $\frac{5\times 4}{2}=10$ cặp đẩy Coulomb. Lực đẩy tĩnh điện lớn hơn trong hạt nhân cacbon-11 làm tăng của trạng thái liên kết và giảm năng lượng cần để tách hạt nhân thành các nuclôn tự do.

43.5

Tính (a) tổng liên kết và (b) năng lượng liên kết riêng trên mỗi nucleon của ${}_6^{12}\mathrm{C}$ ($M=\mathrm{12,000}000\mathrm{u}$). (c) Tổng năng lượng liên kết này chiếm bao nhiêu phần trăm khối lượng nghỉ của hạt nhân?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt nhân cacbon-12: $Z=6,N=6,A=12$.
• Khối lượng chuẩn: $M=\mathrm{12,000}000\mathrm{u}$ chính xác theo định nghĩa.
• Cần tính: $E_{\mathrm{B}}$, $E_{\mathrm{B}}/A$, và tỷ lệ phần trăm so với khối lượng nghỉ.

Hướng đi:

• Xác định $\mathrm{\Delta }M=6m_{\mathrm{H}}+6m_{\mathrm{n}}-M$.
• liên kết $E_{\mathrm{B}}=(\mathrm{\Delta }M)c^2$.
• Chia cho số khối $A=12$ để thu được liên kết riêng.
• Tính tỷ lệ phần trăm khối lượng hụt so với khối lượng hạt nhân, tức khối lượng nguyên tử sau khi trừ khối lượng sáu electron.

Lời giải chi tiết:

(a) Tổng liên kết:

• Tổng khối lượng các thành phần:

$$M_{\mathrm{tp}}=\mathrm{12,098}940\mathrm{u}$$

• :

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,098}940\mathrm{u}$$

• liên kết:

$$E_{\mathrm{B}}=\mathrm{92,162}\mathrm{MeV}$$

(b) liên kết riêng trên mỗi nucleon:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}& =\frac{\mathrm{92,162}\mathrm{MeV}}{12}\\ & =\mathrm{7,680}\mathrm{MeV}\end{array}$$

(c) Phần trăm khối lượng nghỉ:

• nghỉ tương đương của hạt nhân:

$$E_0\approx 11175\mathrm{MeV}$$

• Tỷ lệ phần trăm liên kết:

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{\mathrm{\Delta }M}{M-6m_e},\\ 100f& \approx \mathrm{0,824}7.\end{array}$$

43.6

phổ biến nhất của urani, ${}_{92}^{238}\mathrm{U}$, có khối lượng nguyên tử là $\mathrm{238,050}788\mathrm{u}$. Hãy tính (a) ; (b) liên kết (theo $\mathrm{MeV}$); (c) năng lượng liên kết riêng trên mỗi nucleon.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt nhân: ${}_{92}^{238}\mathrm{U}$ có $Z=92,N=146,A=238$.
• Khối lượng: $M=\mathrm{238,050}788\mathrm{u}$.
• Cần tìm: $\mathrm{\Delta }M$, $E_{\mathrm{B}}$, và $E_{\mathrm{B}}/A$.

Hướng đi:

• Tính tổng khối lượng các proton và nơtron tự do cấu thành hạt nhân.
• Lấy hiệu số để tìm $\mathrm{\Delta }M$.
• Nhân với hệ số quy đổi $\mathrm{931,494}\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$ để tìm $E_{\mathrm{B}}$, sau đó chia cho $A=238$.

Lời giải chi tiết:

(a) :

• Tổng khối lượng các nucleon tự do:

$$M_{\mathrm{tp}}=\mathrm{239,984}990\mathrm{u}$$

• :

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{1,934}202\mathrm{u}$$

(b) Tổng liên kết:

$$E_{\mathrm{B}}=1801,7\mathrm{MeV}$$

(c) liên kết riêng trên mỗi nucleon:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}& =\frac{1801,7\mathrm{MeV}}{238}\\ & =\mathrm{7,570}\mathrm{MeV}\end{array}$$

43.7

liên kết riêng trên mỗi nucleon đối với ${}_{26}^{56}\mathrm{Fe}$ là $8,79\mathrm{MeV}$. Khối lượng tính theo đơn vị amu của một nguyên tử ${}_{26}^{56}\mathrm{Fe}$ trung hòa là bao nhiêu? Hãy đưa ra câu trả lời với năm chữ số có nghĩa.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt nhân: ${}_{26}^{56}\mathrm{Fe}$ có $Z=26,N=30,A=56$.
• liên kết riêng: $E_{\mathrm{B}}/A=8,79\mathrm{MeV}$.
• Cần tìm: Khối lượng nguyên tử $M$ theo đơn vị $\mathrm{u}$ (5 chữ số có nghĩa).

Hướng đi:

• Tính tổng liên kết $E_{\mathrm{B}}=A\times (E_{\mathrm{B}}/A)$.
• Quy đổi sang : $\mathrm{\Delta }M=E_{\mathrm{B}}/c^2$.
• Tính khối lượng nguyên tử từ công thức: $M=M_{\mathrm{tp}}-\mathrm{\Delta }M$.

Lời giải chi tiết:

• Tổng liên kết:

$$E_{\mathrm{B}}=492,24\mathrm{MeV}$$

• tương ứng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }M& =\frac{492,24\mathrm{MeV}}{\mathrm{931,494}\mathrm{MeV}/\mathrm{u}}\\ & =\mathrm{0,528}44\mathrm{u}\end{array}$$

• Tổng khối lượng các nucleon thành phần:

$$M_{\mathrm{tp}}=\mathrm{56,463}40\mathrm{u}$$

• Khối lượng nguyên tử ${}_{26}^{56}\mathrm{Fe}$ trung hòa:

$$\begin{array}{rl}M& =\mathrm{56,463}40-\mathrm{0,528}44\\ & =\mathrm{55,935}\mathrm{u}\end{array}$$

43.8

Hạt alpha liên kết rất chặt chẽ. Hạt nhân ${}_6^{12}\mathrm{C}$ có thể được mô hình hóa như một cấu trúc tổ hợp từ ba hạt alpha. So sánh liên kết của ${}_6^{12}\mathrm{C}$ với ba lần năng lượng liên kết của một hạt alpha. Đại lượng nào lớn hơn và tại sao lại như vậy?

Minh họa bài 43.8: So sánh năng lượng liên kết của ba hạt alpha riêng rẽ với cacbon-12.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khảo sát: Hạt nhân ${}_6^{12}\mathrm{C}$ và cấu trúc 3 hạt alpha (${}_2^4\mathrm{He}$).
• Cần so sánh: $E_{\mathrm{B}}{(}^{12}\mathrm{C})$ và $3E_{\mathrm{B}}(\alpha )$, giải thích ý nghĩa vật lý.

Hướng đi:

• Tính liên kết của một hạt alpha từ khối lượng của nó ($M_{\alpha }=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$).
• Nhân ba để có liên kết của ba hạt alpha cô lập.
• So sánh với liên kết đã biết của ${}^{12}\mathrm{C}$ ($\mathrm{92,162}\mathrm{MeV}$).

Lời giải chi tiết:

• liên kết của một hạt alpha (${}_2^4\mathrm{He}$):
  • Khối lượng các thành phần: $2m_{\mathrm{H}}+2m_{\mathrm{n}}=\mathrm{4,032}980\mathrm{u}$.
  • : $\mathrm{\Delta }{M}_{\alpha }=\mathrm{0,030}377\mathrm{u}$.

$$E_{\mathrm{B}}(\alpha )=\mathrm{28,296}\mathrm{MeV}$$

• Ba lần liên kết của hạt alpha:

$$3E_{\mathrm{B}}(\alpha )=\mathrm{84,888}\mathrm{MeV}$$

• So sánh với cacbon-12:

$$E_{\mathrm{B}}{(}^{12}\mathrm{C})=\mathrm{92,162}\mathrm{MeV}$$

• Nhận xét và giải thích:
  • liên kết của ${}^{12}\mathrm{C}$ lớn hơn ba lần năng lượng liên kết của hạt alpha một lượng là:

$$\mathrm{\Delta }E=\mathrm{7,274}\mathrm{MeV}$$

• Khi ba cụm alpha riêng rẽ kết hợp lại với nhau để tạo thành hạt nhân cacbon-12, giữa các hạt alpha xuất hiện thêm lực hút hạt nhân mạnh tương hỗ. liên kết bổ sung $\mathrm{7,274}\mathrm{MeV}$ này chính là năng lượng cần thiết để bẻ gãy hạt nhân ${}^{12}\mathrm{C}$ thành ba hạt alpha độc lập.

43.9

Một có bước sóng $3,50\times {10}^{-13}\mathrm{m}$ va chạm với một hạt nhân đơteri (${}_1^2\mathrm{H}$), làm phân rã nó thành một proton và một nơtron. (a) Tính động năng giải phóng trong tương tác này. (b) Giả sử hai hạt phân chia đều động năng và lấy khối lượng của mỗi hạt xấp xỉ bằng $1,00\mathrm{u}$, hãy tính tốc độ của chúng sau phản ứng quang phân rã.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bước sóng tới: $\lambda =3,50\times {10}^{-13}\mathrm{m}$.
• Quá trình quang phân rã: $\gamma +{}_1^2\mathrm{H}\to p+n$.
• Cần tìm: (a) Tổng động năng $K_{\mathrm{tp}}$ và (b) tốc độ của proton và nơtron.

Hướng đi:

• Tính : $E_{\gamma }=hc/\lambda$.
• Tính liên kết của đơteri $E_{\mathrm{B}}{(}^2\mathrm{H})$.
• Động năng giải phóng: $K_{\mathrm{tp}}=E_{\gamma }-E_{\mathrm{B}}$.
• Mỗi hạt nhận một nửa động năng: $K=K_{\mathrm{tp}}/2$, từ đó tính tốc độ $v=\sqrt{2K/m}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tổng động năng giải phóng:

• của tới:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\gamma }& =\frac{hc}{\lambda }\\ & =\mathrm{3,542}\mathrm{MeV}\end{array}$$

• liên kết của hạt nhân đơteri ($M=\mathrm{2,014}102\mathrm{u}$):

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,002}388\mathrm{u}$$

$$E_{\mathrm{B}}=\mathrm{2,224}\mathrm{MeV}$$

• Tổng động năng của các hạt sinh ra:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{tp}}& =E_{\gamma }-E_{\mathrm{B}}\\ & =\mathrm{1,318}\mathrm{MeV}\end{array}$$

(b) Tốc độ của mỗi hạt:

• Mỗi hạt nhận một nửa tổng động năng:

$$\begin{array}{rl}K& =\frac{\mathrm{1,318}}{2}=\mathrm{0,659}\mathrm{MeV}\\ & =\mathrm{1,056}\times {10}^{-13}\mathrm{J}\end{array}$$

• Lấy khối lượng hạt $m\approx \mathrm{1,660}5\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}v& =\sqrt{\frac{2K}{m}}\\ & =\mathrm{1,128}\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}\end{array}$$

43.10

Tính , liên kết (theo $\mathrm{MeV}$) và năng lượng liên kết riêng trên mỗi nucleon của: (a) hạt nhân nitơ, ${}_7^{14}\mathrm{N}$ ($M=\mathrm{14,003}074\mathrm{u}$); (b) hạt nhân heli, ${}_2^4\mathrm{He}$ ($M=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$). (c) So sánh năng lượng liên kết riêng trên mỗi nucleon của hai hạt nhân này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hai hạt nhân: ${}_7^{14}\mathrm{N}$ ($M=\mathrm{14,003}074\mathrm{u}$) và ${}_2^4\mathrm{He}$ ($M=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$).
• Cần tìm: $\mathrm{\Delta }M$, $E_{\mathrm{B}}$, $E_{\mathrm{B}}/A$, và so sánh.

Hướng đi:

• Xác định cho từng hạt nhân từ khối lượng nguyên tử hydro và nơtron.
• Tính liên kết toàn phần và năng lượng liên kết riêng.

Lời giải chi tiết:

(a) Hạt nhân nitơ-14 (${}_7^{14}\mathrm{N}$):

• Tổng khối lượng các nucleon thành phần ($Z=7,N=7$):

$$M_{\mathrm{tp}}=\mathrm{14,115}430\mathrm{u}$$

• :

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,112}356\mathrm{u}$$

• Tổng liên kết:

$$E_{\mathrm{B}}=104,66\mathrm{MeV}$$

• liên kết riêng:

$$\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}=\mathrm{7,476}\mathrm{MeV}$$

(b) Hạt nhân heli-4 (${}_2^4\mathrm{He}$):

• Tổng khối lượng các nucleon thành phần ($Z=2,N=2$):

$$M_{\mathrm{tp}}=\mathrm{4,032}980\mathrm{u}$$

• :

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,030}377\mathrm{u}$$

• Tổng liên kết:

$$E_{\mathrm{B}}=\mathrm{28,296}\mathrm{MeV}$$

• liên kết riêng:

$$\frac{E_{\mathrm{B}}}{A}=\mathrm{7,074}\mathrm{MeV}$$

(c) So sánh:

• liên kết riêng của nitơ-14 lớn hơn heli-4 ($\mathrm{7,476}\mathrm{MeV}$ so với $\mathrm{7,074}\mathrm{MeV}$ mỗi nucleon). Kết quả này hoàn toàn phù hợp với xu thế đi lên của đường cong năng lượng liên kết riêng ở vùng số khối nhỏ.

43.11

cacbon ${}_6^{11}\mathrm{C}$ trải qua phân rã positron (${\beta }^{+}$). Khối lượng nguyên tử của ${}_6^{11}\mathrm{C}$ là $\mathrm{11,011}433\mathrm{u}$. (a) Hạt nhân con sinh ra trong phân rã này có bao nhiêu proton và bao nhiêu nơtron? (b) giải phóng trong phân rã của một hạt nhân ${}_6^{11}\mathrm{C}$ bằng bao nhiêu $\mathrm{MeV}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt nhân mẹ: ${}_6^{11}\mathrm{C}$ ($M=\mathrm{11,011}433\mathrm{u}$).
• Kiểu phân rã: Phân rã ${\beta }^{+}$.
• Cần tìm: (a) Cấu tạo hạt nhân con ($Z,N$) và (b) giải phóng $Q$.

Hướng đi:

• Phương trình phân rã ${\beta }^{+}$: ${}_6^{11}\mathrm{C}\to {}_5^{11}\mathrm{B}+{\beta }^{+}+{\nu }_e$.
• phân rã tính theo khối lượng nguyên tử trung hòa: $Q=(\mathrm{\Delta }M)c^2$.

Lời giải chi tiết:

(a) Cấu tạo hạt nhân con:

• Hạt nhân con là bo-11 (${}_5^{11}\mathrm{B}$).
• Số proton: $Z=5$.
• Số nơtron:

$$N=11-5=6$$

(b) giải phóng:

• Khối lượng nguyên tử bo-11 là $M{(}^{11}\mathrm{B})=\mathrm{11,009}305\mathrm{u}$.
• Khối lượng hai electron: $2m_e=\mathrm{0,001}097\mathrm{u}$.
• giải phóng :

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,001}031\mathrm{u}$$

• giải phóng:

$$\begin{array}{rl}Q& =(\mathrm{0,001}031)(\mathrm{931,494})\\ & =\mathrm{0,960}\mathrm{MeV}\end{array}$$

43.12

(a) Quá trình phân rã của nơtron tự do $n\to p+{\beta }^{-}+{\overline{\nu }}_e$ có khả thi về mặt không? Nếu không, hãy giải thích tại sao. Nếu có, hãy tính tổng năng lượng giải phóng. (b) Quá trình phân rã của proton tự do $p\to n+{\beta }^{+}+{\nu }_e$ có khả thi về mặt năng lượng không? Nếu không, hãy giải thích tại sao. Nếu có, hãy tính tổng năng lượng giải phóng.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khảo sát khả năng phân rã tự do của: (a) nơtron và (b) proton.
• Cần xác định tính khả thi ($Q>0$ hay $Q<0$) và giá trị $Q$.

Hướng đi:

• So sánh khối lượng nghỉ của hạt mẹ với tổng khối lượng nghỉ của các hạt sản phẩm.
• Áp dụng định luật bảo toàn trong hệ quy chiếu đứng yên của hạt mẹ.

Lời giải chi tiết:

(a) Phân rã của nơtron tự do:

• Khối lượng nơtron tự do: $m_{\mathrm{n}}=\mathrm{1,008}665\mathrm{u}$.
• Sản phẩm gồm proton, electron và phản nơtrino. Khối lượng tổ hợp proton và electron xấp xỉ bằng khối lượng nguyên tử hydro trung hòa khi bỏ qua liên kết electron: $m_{\mathrm{H}}=\mathrm{1,007}825\mathrm{u}$ (khối lượng nơtrino coi như bằng 0).
• Vì $m_{\mathrm{n}}>m_{\mathrm{H}}$, phản ứng hoàn toàn khả thi về mặt .
• giải phóng:

$$\begin{array}{rl}Q& =\mathrm{0,782}\mathrm{MeV}\\ & =782\mathrm{keV}\end{array}$$

(b) Phân rã của proton tự do:

• Khối lượng proton đơn lẻ: $m_{\mathrm{p}}=\mathrm{1,007}276\mathrm{u}$.
• Tổng khối lượng các sản phẩm nơtron và positron:

$$m_{\mathrm{n}}+m_{\mathrm{e}}=\mathrm{1,009}214\mathrm{u}$$

• Vì khối lượng nghỉ của proton nhỏ hơn tổng khối lượng nghỉ của các sản phẩm, phản ứng mang giá trị âm:

$$Q=-\mathrm{1,804}\mathrm{MeV}<0$$

• Kết luận: Proton tự do không thể tự phát phân rã vì vi phạm định luật bảo toàn . Kết luận này chỉ loại trừ kênh phân rã đã nêu. Nó không chứng minh mọi kênh phân rã proton giả thuyết đều bị cấm.

43.13

Hạt nhân nào được tạo thành trong các sau đây? (a) Phân rã $\alpha$ của ${}_{94}^{239}\mathrm{Pu}$; (b) Phân rã ${\beta }^{-}$ của ${}_{11}^{24}\mathrm{Na}$; (c) Phân rã ${\beta }^{+}$ của ${}_8^{15}\mathrm{O}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Ba của ${}_{94}^{239}\mathrm{Pu}$, ${}_{11}^{24}\mathrm{Na}$, và ${}_8^{15}\mathrm{O}$.
• Cần xác định ký hiệu hạt nhân con được tạo thành.

Hướng đi:

• : $Z\to Z-2$ và $A\to A-4$.
• trừ (${\beta }^{-}$): $Z\to Z+1$ và $A\to A$.
• cộng (${\beta }^{+}$): $Z\to Z-1$ và $A\to A$.

Lời giải chi tiết:

(a) Phân rã $\alpha$ của plutoni-239 (${}_{94}^{239}\mathrm{Pu}$):

• Phương trình biến đổi:

$${}_{94}^{239}\mathrm{Pu}\to {}_{92}^{235}\mathrm{U}+{}_2^4\alpha$$

• Hạt nhân con là urani-235 (${}_{92}^{235}\mathrm{U}$).

(b) Phân rã ${\beta }^{-}$ của natri-24 (${}_{11}^{24}\mathrm{Na}$):

• Phương trình biến đổi:

$${}_{11}^{24}\mathrm{Na}\to {}_{12}^{24}\mathrm{Mg}+{\beta }^{-}+{\overline{\nu }}_e$$

• Hạt nhân con là magie-24 (${}_{12}^{24}\mathrm{Mg}$).

(c) Phân rã ${\beta }^{+}$ của oxy-15 (${}_8^{15}\mathrm{O}$):

• Phương trình biến đổi:

$${}_8^{15}\mathrm{O}\to {}_7^{15}\mathrm{N}+{\beta }^{+}+{\nu }_e$$

• Hạt nhân con là nitơ-15 (${}_7^{15}\mathrm{N}$).

43.14

Hạt nhân ${}^{238}\mathrm{U}$ tự phát thành ${}^{234}\mathrm{Th}$. Hãy tính (a) tổng giải phóng trong quá trình này và (b) tốc độ giật lùi của hạt nhân con ${}^{234}\mathrm{Th}$. Cho biết khối lượng nguyên tử là $\mathrm{238,050}788\mathrm{u}$ đối với ${}^{238}\mathrm{U}$ và $\mathrm{234,043}601\mathrm{u}$ đối với ${}^{234}\mathrm{Th}$.

Minh họa bài 43.14: Sơ đồ bảo toàn động lượng và phân chia động năng trong phân rã alpha.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân rã: ${}_{92}^{238}\mathrm{U}\to {}_{90}^{234}\mathrm{Th}+{}_2^4\alpha$.
• Khối lượng: $M{(}^{238}\mathrm{U})=\mathrm{238,050}788\mathrm{u}$, $M{(}^{234}\mathrm{Th})=\mathrm{234,043}601\mathrm{u}$, $M_{\alpha }=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$.
• Cần tìm: (a) giải phóng $Q$ và (b) vận tốc giật lùi $v_{\mathrm{Th}}$.

Hướng đi:

• Tính $\mathrm{\Delta }M=M_{\mathrm{U}}-M_{\mathrm{Th}}-M_{\alpha }$ và suy ra $Q$.
• Áp dụng bảo toàn cho hệ ban đầu đứng yên: $p_{\mathrm{Th}}=p_{\alpha }$.
• Động năng hạt nhân con: $K_{\mathrm{Th}}=\frac{M_{\alpha }}{M_{\mathrm{Th}}+M_{\alpha }}Q$, từ đó tính vận tốc giật lùi.

Lời giải chi tiết:

(a) Tổng giải phóng:

• :

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,004}584\mathrm{u}$$

• giải phóng:

$$\begin{array}{rl}Q& =(\mathrm{0,004}584)(\mathrm{931,494})\\ & =\mathrm{4,270}\mathrm{MeV}\end{array}$$

(b) Tốc độ giật lùi của hạt nhân thori:

• Động năng hạt nhân thori nhận được:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{Th}}& =\mathrm{0,071}80\mathrm{MeV}\\ & =\mathrm{1,150}\times {10}^{-14}\mathrm{J}\end{array}$$

• Khối lượng hạt nhân thori:

$$m_{\mathrm{Th}}=\mathrm{3,886}\times {10}^{-25}\mathrm{kg}$$

• Tốc độ giật lùi:

$$\begin{array}{rl}{v}_{\mathrm{Th}}& =\sqrt{\frac{2K_{\mathrm{Th}}}{m_{\mathrm{Th}}}}\\ & =\mathrm{2,433}\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}\end{array}$$

43.15

phóng xạ ${}_7^{12}\mathrm{N}$ trải qua phân rã ${\beta }^{+}$. giải phóng trong phân rã của một hạt nhân là $\mathrm{16,316}\mathrm{MeV}$. Khối lượng tính theo đơn vị amu của một nguyên tử ${}_7^{12}\mathrm{N}$ trung hòa là bao nhiêu? Hãy đưa ra câu trả lời với tám chữ số có nghĩa.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phân rã: ${}_7^{12}\mathrm{N}\to {}_6^{12}\mathrm{C}+{\beta }^{+}+{\nu }_e$.
• giải phóng: $Q=\mathrm{16,316}\mathrm{MeV}$.
• Cần tìm: Khối lượng nguyên tử $M{(}^{12}\mathrm{N})$ chính xác đến 8 chữ số có nghĩa.

Hướng đi:

• Hạt nhân con là ${}_6^{12}\mathrm{C}$ có khối lượng chuẩn $M=\mathrm{12,000}000\mathrm{u}$.
• Phương trình phân rã ${\beta }^{+}$: $Q=(M_{\mathrm{N}}-M_{\mathrm{C}}-2m_e)c^2$.
• Rút ra khối lượng nguyên tử mẹ: $M_{\mathrm{N}}=M_{\mathrm{C}}+2m_e+Q/c^2$.

Lời giải chi tiết:

• Khối lượng hai electron:

$$2m_{\mathrm{e}}=\mathrm{0,001}09716\mathrm{u}$$

• giải phóng :

$$\begin{array}{rl}\frac{Q}{c^2}& =\frac{\mathrm{16,316}\mathrm{MeV}}{\mathrm{931,494}\mathrm{MeV}/\mathrm{u}}\\ & =\mathrm{0,017}51595\mathrm{u}\end{array}$$

• Khối lượng của nguyên tử ${}_7^{12}\mathrm{N}$ trung hòa:

$$M_{\mathrm{N}}=\mathrm{12,018}613\mathrm{u}$$

43.16

Hạt nào ($\alpha$, electron hay positron) được phát ra trong các sau đây? (a) ${}_{14}^{27}\mathrm{Si}\to {}_{13}^{27}\mathrm{Al}$; (b) ${}_{92}^{238}\mathrm{U}\to {}_{90}^{234}\mathrm{Th}$; (c) ${}_{33}^{74}\mathrm{As}\to {}_{34}^{74}\mathrm{Se}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Ba phương trình biến đổi hạt nhân đã cho trước hạt nhân mẹ và hạt nhân con.
• Cần xác định loại bức xạ phát ra ($\alpha$, $e^{-}$, hay $e^{+}$).

Hướng đi:

• So sánh số khối $A$ và số hiệu nguyên tử $Z$ giữa hai vế để tìm điện tích và số nucleon của hạt phát xạ.

Lời giải chi tiết:

(a) Quá trình ${}_{14}^{27}\mathrm{Si}\to {}_{13}^{27}\mathrm{Al}$:

• Biến thiên: $\mathrm{\Delta }A=0$ và $\mathrm{\Delta }Z=13-14=-1$.
• Hạt phát ra mang điện tích $+1e$ và số khối bằng $0$.
• Kết luận: Hạt phát ra là positron (${\beta }^{+}$ hay ${}_{+1}^0{e}^{+}$).

(b) Quá trình ${}_{92}^{238}\mathrm{U}\to {}_{90}^{234}\mathrm{Th}$:

• Biến thiên: $\mathrm{\Delta }A=234-238=-4$ và $\mathrm{\Delta }Z=90-92=-2$.
• Hạt phát ra mang điện tích $+2e$ và số nucleon bằng $4$.
• Kết luận: Hạt phát ra là hạt alpha ($\alpha$ hay ${}_2^4\mathrm{He}$).

(c) Quá trình ${}_{33}^{74}\mathrm{As}\to {}_{34}^{74}\mathrm{Se}$:

• Biến thiên: $\mathrm{\Delta }A=0$ và $\mathrm{\Delta }Z=34-33=+1$.
• Hạt phát ra mang điện tích $-1e$ và số khối bằng $0$.
• Kết luận: Hạt phát ra là electron (${\beta }^{-}$ hay ${}_{-1}^0{e}^{-}$).

43.17

Triti (${}_1^3\mathrm{H}$) là một không bền của hydro. Khối lượng nguyên tử của nó (bao gồm một electron) là $\mathrm{3,016}049\mathrm{u}$. (a) Hãy chứng minh rằng triti phải không bền đối với trừ vì các sản phẩm phân rã (${}_2^3\mathrm{He}$ cộng với electron phát ra) có tổng khối lượng nhỏ hơn khối lượng của triti. (b) Xác định tổng động năng (theo $\mathrm{MeV}$) của các sản phẩm phân rã, lưu ý tính đúng khối lượng của các electron.

Minh họa bài 43.17: Dạng định tính của phổ động năng beta, có bỏ qua năng lượng giật lùi. Đường cong chỉ minh họa miền năng lượng liên tục và không phải phổ đo của triti.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt nhân triti: ${}_1^3\mathrm{H}$ có $M{(}^3\mathrm{H})=\mathrm{3,016}049\mathrm{u}$.
• Hạt nhân con heli-3: $M{(}^3\mathrm{He})=\mathrm{3,016}029\mathrm{u}$.
• Cần chứng minh tính không bền và tính tổng động năng giải phóng $Q$.

Hướng đi:

• Thiết lập phương trình trừ: ${}_1^3\mathrm{H}\to {}_2^3\mathrm{He}+{\beta }^{-}+{\overline{\nu }}_e$.
• Phân tích chi tiết khối lượng các electron vỏ để chứng minh bằng hiệu hai khối lượng nguyên tử trung hòa.

Lời giải chi tiết:

(a) Chứng minh tính không bền:

• Khối lượng của nguyên tử triti bao gồm một hạt nhân triti và một electron lớp vỏ:

$$M{(}^3\mathrm{H})=m_{\mathrm{H}-3}+m_{\mathrm{e}}$$

• Các sản phẩm phân rã gồm hạt nhân heli-3, một electron lớp vỏ ban đầu, và một electron phân rã ${\beta }^{-}$ được phóng thích. Tổng khối lượng của hạt nhân heli-3 cùng hai electron này xấp xỉ bằng khối lượng của nguyên tử heli-3 trung hòa khi bỏ qua liên kết electron:

$$M{(}^3\mathrm{He})=m_{\mathrm{He}-3}+2m_{\mathrm{e}}$$

• So sánh hai khối lượng nguyên tử trung hòa: Với $M{(}^3\mathrm{H})=\mathrm{3,016}049\mathrm{u}$ và $M{(}^3\mathrm{He})=\mathrm{3,016}029\mathrm{u}$:

$$M{(}^3\mathrm{H})>M{(}^3\mathrm{He})$$

• Vì khối lượng hạt ban đầu lớn hơn tổng khối lượng các sản phẩm, phản ứng tự phát tỏa . Do đó, triti bắt buộc phải không bền đối với trừ.

(b) Tổng động năng giải phóng:

• Độ chênh lệch khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,000}020\mathrm{u}$$

• Tổng động năng giải phóng:

$$\begin{array}{rl}Q& =\mathrm{0,018}63\mathrm{MeV}\\ & =18,63\mathrm{keV}\end{array}$$

43.18

Một mẫu hạt nhân phóng xạ có $N_0$ hạt nhân tại thời điểm $t=0$. của phân rã là $T_{1/2}$. Theo $N_0$, có bao nhiêu phân rã xảy ra trong khoảng thời gian từ $t=0$ đến $t=\mathrm{0,500}{T}_{1/2}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Số hạt ban đầu: $N_0$.
• Thời gian khảo sát: $t=\mathrm{0,500}{T}_{1/2}$.
• Cần tìm: Số hạt nhân đã phân rã $\mathrm{\Delta }N$ theo $N_0$.

Hướng đi:

• Áp dụng định luật để tìm số hạt nhân còn lại $N(t)$.
• Số hạt nhân đã phân rã bằng hiệu số: $\mathrm{\Delta }N=N_0-N(t)$.

Lời giải chi tiết:

• Số hạt nhân chưa phân rã tại thời điểm $t=\mathrm{0,500}{T}_{1/2}$:

$$\begin{array}{rl}N(t)& =N_0{\left(\frac{1}{2}\right)}^{t/T_{1/2}}\\ & =N_0(0,5{)}^{\mathrm{0,500}}\\ & =\frac{N_0}{\sqrt{2}}\approx \mathrm{0,707}1N_0\end{array}$$

• Số phân rã đã diễn ra trong khoảng thời gian này:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }N& =N_0-N(t)\\ & =N_0(1-\mathrm{0,707}1)\\ & =\mathrm{0,292}9N_0\end{array}$$

• Vậy có xấp xỉ $29,3\mathrm{\%}$ số hạt nhân ban đầu đã bị phân rã.

43.19

Nếu một mẫu $6,13\mathrm{g}$ của một có số khối bằng $124$ phân rã với tốc độ $\mathrm{0,350}\mathrm{Ci}$, của đồng vị này là bao nhiêu năm?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khối lượng mẫu: $m=6,13\mathrm{g}$.
• Số khối: $A=124$.
• : $R=\mathrm{0,350}\mathrm{Ci}$.
• Cần tìm: $T_{1/2}$ theo năm.

Hướng đi:

• Tính số hạt nhân $N$ có trong mẫu từ khối lượng mol xấp xỉ bằng số khối.
• Đổi hoạt độ sang becơren ($\mathrm{Bq}$).
• Tính hằng số phân rã $\lambda =R/N$.
• Tính $T_{1/2}=\ln 2/\lambda$ và quy đổi ra năm.

Lời giải chi tiết:

• Số hạt nhân hiện diện trong mẫu:

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{m}{A}{N}_{\mathrm{A}}\\ & =\frac{6,13}{124}\times \mathrm{6,022}\times {10}^{23}\\ & =\mathrm{2,977}\times {10}^{22}\end{array}$$

hạt nhân.

• tính theo becơren:

$$\begin{array}{rl}R& =(\mathrm{0,350})(3,70\times {10}^{10})\\ & =\mathrm{1,295}\times {10}^{10}\mathrm{Bq}\end{array}$$

• Hằng số phân rã:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{R}{N}\\ & =\frac{\mathrm{1,295}\times {10}^{10}}{\mathrm{2,977}\times {10}^{22}}\\ & =\mathrm{4,350}\times {10}^{-13}{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

• theo giây:

$$T_{1/2}=\mathrm{1,593}\times {10}^{12}\mathrm{s}$$

• Quy đổi sang đơn vị năm (với $1\mathrm{yr}=365,25\mathrm{d}$):

$$\begin{array}{rl}{T}_{1/2}& =50494\mathrm{yr}\\ & \approx 5,05\times {10}^4\mathrm{yr}\end{array}$$

43.20

phóng xạ dùng trong xạ trị ung thư có một "thời hạn sử dụng" tương tự các dược phẩm. Ngay sau khi được sản xuất trong lò phản ứng hạt nhân, hoạt độ của một mẫu ${}^{60}\mathrm{Co}$ là $5000\mathrm{Ci}$. Khi hoạt độ giảm xuống dưới $3500\mathrm{Ci}$, mẫu được coi là quá yếu để sử dụng trong điều trị. Một nguồn ${}^{60}\mathrm{Co}$ trong kho bệnh viện được sản xuất vào ngày 6 tháng 10 năm 2011. Hôm nay là ngày 6 tháng 4 năm 2014. Nguồn này còn sử dụng được không? Cho biết của ${}^{60}\mathrm{Co}$ là $\mathrm{5,271}\mathrm{yr}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hoạt độ ban đầu: $A_0=5000\mathrm{Ci}$.
• Giới hạn tối thiểu: $A_{min}=3500\mathrm{Ci}$.
• của ${}^{60}\mathrm{Co}$: $T_{1/2}=\mathrm{5,271}\mathrm{yr}$.
• Thời gian lưu trữ: Từ 06/10/2011 đến 06/04/2014.
• Cần xác định: Nguồn còn đủ hoạt độ để điều trị hay không.

Hướng đi:

• Xác định khoảng thời gian trôi qua theo năm: $t=2,5\mathrm{yr}$.
• Áp dụng định luật để tính hoạt độ hiện tại $A(t)$.
• So sánh $A(t)$ với ngưỡng $3500\mathrm{Ci}$.

Lời giải chi tiết:

• Thời gian trôi qua:

$$t=2,5\mathrm{yr}$$

• Tỷ số thời gian trên :

$$\frac{t}{T_{1/2}}=\frac{2,5}{\mathrm{5,271}}=\mathrm{0,474}3$$

• Hoạt độ hiện tại của nguồn:

$$\begin{array}{rl}A(t)& =A_0(0,5{)}^{\mathrm{0,474}3}\\ & =5000\times \mathrm{0,719}8\\ & =3599\mathrm{Ci}\end{array}$$

• Kết luận: Vì $3599\mathrm{Ci}>3500\mathrm{Ci}$, nguồn phóng xạ coban-60 này hiện vẫn còn đủ hoạt độ và tiếp tục sử dụng được trong xạ trị.

43.21

urani phổ biến ${}^{238}\mathrm{U}$ có $4,47\times {10}^9\mathrm{yr}$, thành ${}^{234}\mathrm{Th}$. (a) Hằng số phân rã là bao nhiêu? (b) Khối lượng urani cần thiết để có hoạt độ $1,00\mathrm{Ci}$ là bao nhiêu? (c) Có bao nhiêu hạt alpha được phát ra mỗi giây bởi $10,0\mathrm{g}$ urani?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• của ${}^{238}\mathrm{U}$: $T_{1/2}=4,47\times {10}^9\mathrm{yr}$.
• Cần tìm: (a) Hằng số phân rã $\lambda$; (b) Khối lượng $m$ cho $A=1,00\mathrm{Ci}$; (c) Hoạt độ của $10,0\mathrm{g}$ urani.

Hướng đi:

• Đổi sang giây để tính $\lambda$.
• Từ $A=\lambda N$, tính số hạt nhân và khối lượng tương ứng.
• Hoạt độ của một lượng mẫu chính bằng số phân rã (số hạt alpha phát ra) trên mỗi giây.

Lời giải chi tiết:

(a) Hằng số phân rã:

• theo đơn vị giây:

$$T_{1/2}=\mathrm{1,410}6\times {10}^{17}\mathrm{s}$$

• Hằng số phân rã:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}\\ & =\mathrm{4,914}\times {10}^{-18}{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

(b) Khối lượng để đạt hoạt độ $1,00\mathrm{Ci}$:

• Số hạt nhân cần thiết:

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{3,70\times {10}^{10}}{\mathrm{4,914}\times {10}^{-18}}\\ & =\mathrm{7,530}\times {10}^{27}\end{array}$$

• Khối lượng urani-238 tương ứng:

$$\begin{array}{rl}m& =\frac{N}{N_{\mathrm{A}}}\times 238,05\mathrm{g}/\mathrm{mol}\\ & =2977\mathrm{kg}\end{array}$$

(c) Số hạt alpha phát ra mỗi giây bởi $10,0\mathrm{g}$ urani:

• Số hạt nhân có trong $10,0\mathrm{g}$:

$$N=\mathrm{2,530}\times {10}^{22}$$

• Tốc độ phát xạ hạt alpha (hoạt độ):

$$\begin{array}{rl}R& =\lambda N\\ & =\mathrm{1,243}\times {10}^5\mathrm{h}\text{ạ}\mathrm{t}/\mathrm{s}\end{array}$$

43.22

Trong điều trị ung thư tuyến tiền liệt, người ta cấy từ 60 đến 100 hạt phóng xạ nhỏ vào khối u. được sử dụng là palađi-103 (${}^{103}\mathrm{Pd}$) với 17 ngày. Nếu một hạt chứa $\mathrm{0,250}\mathrm{g}$ ${}^{103}\mathrm{Pd}$, hãy tính (a) hoạt độ ban đầu theo đơn vị $\mathrm{Bq}$ và (b) hoạt độ sau đó 68 ngày.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• : ${}^{103}\mathrm{Pd}$ có $T_{1/2}=17,0\mathrm{d}$.
• Khối lượng một hạt cấy: $m=\mathrm{0,250}\mathrm{g}$.
• Cần tìm: (a) Hoạt độ ban đầu $A_0$ theo $\mathrm{Bq}$ và (b) hoạt độ sau $t=68\mathrm{d}$.

Hướng đi:

• Tính số hạt nhân palađi-103 ban đầu $N_0=(m/103)N_{\mathrm{A}}$.
• Hằng số phân rã $\lambda =\ln 2/T_{1/2}$.
• Hoạt độ ban đầu $A_0=\lambda N_0$.
• Nhận xét $68\mathrm{d}=4T_{1/2}$ để tính nhanh hoạt độ còn lại.

Lời giải chi tiết:

(a) Hoạt độ ban đầu:

• Số hạt nhân palađi-103 ban đầu:

$$N_0=\mathrm{1,462}\times {10}^{21}$$

hạt nhân.

• Hằng số phân rã tính theo đơn vị ${\mathrm{s}}^{-1}$:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{\ln 2}{17\times 86400\mathrm{s}}\\ & =\mathrm{4,719}\times {10}^{-7}{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

• ban đầu:

$$\begin{array}{rl}{A}_0& =\lambda N_0\\ & =\mathrm{6,898}\times {10}^{14}\mathrm{Bq}\end{array}$$

(b) Hoạt độ sau 68 ngày:

• Thời gian khảo sát tương ứng với:

$$n=\frac{68}{17}=4$$

.

• Hoạt độ sau 4 :

$$\begin{array}{rl}A& =\frac{A_0}{2^4}=\frac{\mathrm{6,898}\times {10}^{14}}{16}\\ & =\mathrm{4,311}\times {10}^{13}\mathrm{Bq}\end{array}$$

43.23

Một mẫu cacbon $12,0\mathrm{g}$ từ vật chất sống phân rã với tốc độ $184{\min }^{-1}$ do phóng xạ ${}^{14}\mathrm{C}$ chứa trong đó. Tốc độ phân rã của mẫu này sẽ là bao nhiêu sau (a) $1000\mathrm{yr}$ và (b) $50000\mathrm{yr}$?

Minh họa bài 43.23: Đồ thị hàm mũ suy giảm phóng xạ của mẫu cacbon-14 theo thời gian.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Tốc độ phân rã ban đầu: $R_0=184{\min }^{-1}$.
• của ${}^{14}\mathrm{C}$: $T_{1/2}=5730\mathrm{yr}$.
• Cần tìm: Tốc độ phân rã $R$ sau (a) $1000\mathrm{yr}$ và (b) $50000\mathrm{yr}$.

Hướng đi:

• Tốc độ phân rã suy giảm theo hàm mũ: $R(t)=R_0(0,5{)}^{t/T_{1/2}}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Sau 1000 năm:

• Tỷ số thời gian:

$$\frac{t}{T_{1/2}}=\frac{1000}{5730}=\mathrm{0,174}5$$

• Tốc độ phân rã:

$$\begin{array}{rl}R& =184\times (0,5{)}^{\mathrm{0,174}5}\\ & =184\times \mathrm{0,886}1\\ & =163,0{\min }^{-1}\end{array}$$

(b) Sau 50 000 năm:

• Tỷ số thời gian:

$$\frac{t}{T_{1/2}}=\frac{50000}{5730}=\mathrm{8,726}$$

• Tốc độ phân rã:

$$\begin{array}{rl}R& =184\times (0,5{)}^{\mathrm{8,726}}\\ & =184\times \mathrm{0,002}361\\ & =\mathrm{0,435}{\min }^{-1}\end{array}$$

43.24

phóng xạ đánh dấu ${}^{131}\mathrm{I}$ là chất phát ${\beta }^{-}$ với $8,0\mathrm{d}$. Một nhà khoa học đưa một mẫu có hoạt độ $325\mathrm{Bq}$ vào cơ thể và theo dõi sự hấp thu. (a) Giả sử toàn bộ mẫu đi vào tuyến giáp, tốc độ phân rã trong tuyến giáp sau $24\mathrm{d}$ là bao nhiêu? (b) Nếu tốc độ phân rã đo được thực tế ở tuyến giáp sau $24\mathrm{d}$ là $17,0\mathrm{Bq}$, có bao nhiêu phần trăm chất đánh dấu đã đi vào tuyến giáp? (c) Đồng vị nào còn lại sau khi ${}^{131}\mathrm{I}$ phân rã?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hoạt độ đưa vào: $A_0=325\mathrm{Bq}$.
• : $T_{1/2}=8,0\mathrm{d}$.
• Thời gian khảo sát: $t=24\mathrm{d}$.
• Cần tìm: (a) Hoạt độ lý thuyết $A_{\mathrm{lt}}$; (b) Tỷ lệ phần trăm hấp thu thực tế; (c) Hạt nhân con.

Hướng đi:

• Nhận xét $24\mathrm{d}=3T_{1/2}$ để tính hoạt độ còn lại nếu hấp thu $100\mathrm{\%}$.
• So sánh hoạt độ đo được thực tế với hoạt độ lý thuyết để tìm tỷ lệ phần trăm.
• Viết phương trình phân rã ${\beta }^{-}$ của ${}_{53}^{131}\mathrm{I}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tốc độ phân rã lý thuyết sau 24 ngày:

• Thời gian trôi qua bằng 3 :

$$n=\frac{24}{8,0}=3$$

• Nếu toàn bộ lượng iot tập trung tại tuyến giáp:

$$\begin{array}{rl}{A}_{\mathrm{lt}}& =\frac{A_0}{2^3}=\frac{325}{8}\\ & =40,63\mathrm{Bq}\end{array}$$

(b) Phần trăm chất đánh dấu đi vào tuyến giáp:

• Tỷ lệ phần trăm hấp thu:

$$\begin{array}{rl}H& =\frac{17,0}{40,63}\times 100\mathrm{\%}\\ & =41,8\mathrm{\%}\end{array}$$

(c) còn lại:

• Phương trình trừ:

$${}_{53}^{131}\mathrm{I}\to {}_{54}^{131}\mathrm{Xe}+{\beta }^{-}+{\overline{\nu }}_e$$

• Hạt nhân con còn lại là bền xenon-131 (${}_{54}^{131}\mathrm{Xe}$).

43.25

${}_{39}^{90}\mathrm{Y}$ trải qua phân rã ${\beta }^{-}$ với $64,0\mathrm{h}$. Bạn đo được hoạt độ là $8,0\times {10}^{16}\mathrm{Bq}$. (a) Có bao nhiêu hạt nhân ${}_{39}^{90}\mathrm{Y}$ hiện diện trong mẫu tại thời điểm đo? (b) Sẽ còn lại bao nhiêu hạt nhân sau $12,0\mathrm{d}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• : $T_{1/2}=64,0\mathrm{h}=230400\mathrm{s}$.
• Hoạt độ hiện tại: $A=8,0\times {10}^{16}\mathrm{Bq}$.
• Cần tìm: (a) Số hạt nhân hiện tại $N$ và (b) số hạt nhân sau $12,0\mathrm{d}$.

Hướng đi:

• Từ liên hệ $A=\lambda N$, tính $N=A/\lambda$.
• Quy đổi $12,0\mathrm{d}$ sang giờ để xác định số hạt nhân còn lại theo hàm mũ.

Lời giải chi tiết:

(a) Số hạt nhân hiện diện tại thời điểm đo:

• Hằng số phân rã:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{\ln 2}{230400\mathrm{s}}\\ & =\mathrm{3,008}\times {10}^{-6}{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

• Số hạt nhân hiện có:

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{A}{\lambda }\\ & =\frac{8,0\times {10}^{16}}{\mathrm{3,008}\times {10}^{-6}}\\ & =\mathrm{2,659}\times {10}^{22}\end{array}$$

hạt nhân.

(b) Số hạt nhân còn lại sau 12,0 ngày:

• Thời gian khảo sát tính theo giờ:

$$t=12,0\times 24=288\mathrm{h}$$

• Tỷ số thời gian trên :

$$\frac{t}{T_{1/2}}=\frac{288}{64,0}=4,5$$

• Số hạt nhân còn lại:

$$\begin{array}{rl}N(t)& =N(0,5{)}^{4,5}\\ & =\frac{\mathrm{2,659}\times {10}^{22}}{\mathrm{22,627}}\\ & =\mathrm{1,175}\times {10}^{21}\end{array}$$

hạt nhân.

43.26

Một vụ tràn hóa chất phóng xạ làm vương vãi $400\mu \mathrm{Ci}$ ${}^{131}\mathrm{Ba}$ ( $12\mathrm{d}$). (a) Khối lượng ${}^{131}\mathrm{Ba}$ bị tràn là bao nhiêu? (b) Trong mô hình bài toán, phòng thí nghiệm được sơ tán cho đến khi mức phóng xạ giảm xuống còn $1,00\mu \mathrm{Ci}$. Phòng thí nghiệm sẽ phải đóng cửa trong bao lâu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hoạt độ ban đầu: $A_0=400\mu \mathrm{Ci}$.
• : $T_{1/2}=12\mathrm{d}$.
• Cần tìm: (a) Khối lượng bari bị tràn và (b) thời gian để hoạt độ giảm xuống $1,00\mu \mathrm{Ci}$.

Hướng đi:

• (a) Từ hoạt độ ban đầu suy ra số hạt nhân $N_0=A_0/\lambda$, sau đó tính khối lượng $m=(N_0/N_{\mathrm{A}})M$.
• (b) Thời gian suy giảm: $t=-\frac{T_{1/2}}{\ln 2}\ln \left(\frac{A}{A_0}\right)$.

Lời giải chi tiết:

(a) Khối lượng bari bị tràn:

• Đổi hoạt độ ban đầu sang becơren:

$$A_0=1,48\times {10}^7\mathrm{Bq}$$

• Hằng số phân rã:

$$\lambda =\mathrm{6,685}\times {10}^{-7}{\mathrm{s}}^{-1}$$

• Số hạt nhân bị tràn:

$$N_0=\mathrm{2,214}\times {10}^{13}$$

• Khối lượng ${}^{131}\mathrm{Ba}$:

$$\begin{array}{rl}m& =\mathrm{4,816}\times {10}^{-9}\mathrm{g}\\ & =4,82\mathrm{ng}\end{array}$$

(b) Thời gian phòng thí nghiệm phải đóng cửa:

• Tỷ số suy giảm hoạt độ cần đạt:

$$\frac{A_0}{A}=\frac{400\mu \mathrm{Ci}}{1,00\mu \mathrm{Ci}}=400$$

• Thời gian đóng cửa:

$$\begin{array}{rl}t& =\frac{12\mathrm{d}}{\ln 2}\ln (400)\\ & =12\times \mathrm{8,643}8\\ & =103,7\mathrm{d}\end{array}$$

43.27

Các phép đo trên một cho biết tốc độ phân rã giảm từ $8318{\min }^{-1}$ xuống còn $3091{\min }^{-1}$ trong $4,00\mathrm{d}$. của đồng vị này là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Tốc độ đếm ban đầu: $R_0=8318{\min }^{-1}$.
• Tốc độ đếm sau thời gian $t=4,00\mathrm{d}$: $R=3091{\min }^{-1}$.
• Cần tìm: $T_{1/2}$.

Hướng đi:

• Phương trình : $R(t)=R_0{e}^{-\lambda t}$.
• Suy ra hằng số phân rã $\lambda =\frac{1}{t}\ln (R_0/R)$.
• $T_{1/2}=\ln 2/\lambda$.

Lời giải chi tiết:

• Tỷ số suy giảm tốc độ phân rã:

$$\frac{R_0}{R}=\frac{8318}{3091}=\mathrm{2,691}0$$

• Hằng số phân rã tính theo đơn vị ${\mathrm{d}}^{-1}$:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{\ln (\mathrm{2,691}0)}{4,00\mathrm{d}}\\ & =\mathrm{0,247}5{\mathrm{d}}^{-1}\end{array}$$

• của :

$$\begin{array}{rl}{T}_{1/2}& =\frac{\ln 2}{\lambda }\\ & =\mathrm{2,801}\mathrm{d}\end{array}$$

43.28

Định tuổi bằng cacbon phóng xạ. Tại một di chỉ khảo cổ học, một mẫu gỗ chứa $500\mathrm{g}$ cacbon cho tốc độ phân rã đo được là $2690{\min }^{-1}$. Tuổi của mẫu vật này là bao nhiêu?

Minh họa bài 43.28: Hoạt độ riêng cacbon-14 giảm theo tuổi mẫu.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Khối lượng cacbon trong mẫu gỗ: $m=500\mathrm{g}$.
• Tốc độ phân rã hiện tại: $R=2690{\min }^{-1}$.
• của ${}^{14}\mathrm{C}$: $T_{1/2}=5730\mathrm{yr}$.
• Cần tìm: Tuổi $t$ của mẫu khảo cổ.

Hướng đi:

• Hoạt độ riêng ban đầu của cacbon trong sinh vật sống thời kỳ tiền công nghiệp là khoảng $15,3$ phân rã trên phút đối với mỗi gam cacbon.
• Tốc độ phân rã ban đầu của mẫu $500\mathrm{g}$ là $R_0=m\times a_0$.
• Áp dụng công thức định tuổi: $t=\frac{T_{1/2}}{\ln 2}\ln (R_0/R)$.

Lời giải chi tiết:

• Tốc độ phân rã ban đầu của mẫu khi sinh vật còn sống:

$$R_0=7650{\min }^{-1}$$

• Tỷ số suy giảm tốc độ đếm:

$$\frac{R_0}{R}=\frac{7650}{2690}=\mathrm{2,843}9$$

• Tuổi của mẫu gỗ khảo cổ:

$$\begin{array}{rl}t& =8642\mathrm{yr}\\ & \approx 8640\mathrm{yr}\end{array}$$

43.29

Hạt nhân phóng xạ ${}^{199}\mathrm{Pt}$ có $30,8\min$. Một mẫu được điều chế có hoạt độ ban đầu là $7,56\times {10}^{11}\mathrm{Bq}$. (a) Có bao nhiêu hạt nhân ${}^{199}\mathrm{Pt}$ hiện diện ban đầu trong mẫu? (b) Có bao nhiêu hạt nhân còn lại sau $30,8\min$? Hoạt độ tại thời điểm này là bao nhiêu? (c) Lặp lại phần (b) cho thời điểm $92,4\min$ sau khi mẫu được điều chế.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• : ${}^{199}\mathrm{Pt}$ có $T_{1/2}=30,8\min =1848\mathrm{s}$.
• Hoạt độ ban đầu: $A_0=7,56\times {10}^{11}\mathrm{Bq}$.
• Cần tìm: (a) $N_0$; (b) $N$ và $A$ tại $t=30,8\min$; (c) $N$ và $A$ tại $t=92,4\min$.

Hướng đi:

• Tính $\lambda =\ln 2/T_{1/2}$ và suy ra $N_0=A_0/\lambda$.
• Nhận xét $30,8\min =1T_{1/2}$ và $92,4\min =3T_{1/2}$ để tính nhanh số hạt và hoạt độ.

Lời giải chi tiết:

(a) Số hạt nhân ban đầu:

• Hằng số phân rã:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{\ln 2}{1848\mathrm{s}}\\ & =\mathrm{3,751}\times {10}^{-4}{\mathrm{s}}^{-1}\end{array}$$

• Số hạt nhân ban đầu:

$$\begin{array}{rl}{N}_0& =\frac{A_0}{\lambda }\\ & =\frac{7,56\times {10}^{11}}{\mathrm{3,751}\times {10}^{-4}}\\ & =\mathrm{2,016}\times {10}^{15}\end{array}$$

hạt nhân.

(b) Sau $30,8\min$ (đúng 1 ):

• Số hạt nhân còn lại:

$$N=\frac{N_0}{2}=\mathrm{1,008}\times {10}^{15}$$

• Hoạt độ tại thời điểm này:

$$A=3,78\times {10}^{11}\mathrm{Bq}$$

(c) Sau $92,4\min$ ($3$ ):

• Tỷ số thời gian:

$$n=\frac{92,4}{30,8}=3$$

• Số hạt nhân còn lại:

$$N=\frac{N_0}{2^3}=\mathrm{2,520}\times {10}^{14}$$

• Hoạt độ tại thời điểm này:

$$A=9,45\times {10}^{10}\mathrm{Bq}$$

43.30

Nếu toàn bộ cơ thể một người bị phơi nhiễm liều $5,0\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ tia X, nạn nhân thường tử vong sau vài ngày. (a) Hãy biểu thị liều chiếu xạ chết người này theo các đơn vị $\mathrm{Gy}$, $\mathrm{rad}$, $\mathrm{Sv}$ và $\mathrm{rem}$. (b) Một người có khối lượng $70,0\mathrm{kg}$ hấp thụ tổng bao nhiêu từ liều chiếu này? (c) Nếu liều $5,0\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ đến từ một chùm proton thay vì tia X, câu trả lời cho các phần (a) và (b) sẽ là gì?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• hấp thụ trên đơn vị khối lượng: $5,0\mathrm{J}/\mathrm{kg}$.
• Khối lượng người: $m=70,0\mathrm{kg}$.
• Cần tính: Quy đổi đơn vị liều lượng và tổng hấp thụ đối với tia X và đối với chùm proton.

Hướng đi:

• $D$: $1\mathrm{Gy}=1\mathrm{J}/\mathrm{kg}=100\mathrm{rad}$.
• $H=D\times \mathrm{RBE}$: Với tia X, $\mathrm{RBE}=1,0$. Với chùm proton, $\mathrm{RBE}=10$ trong mô hình đang xét.
• Tổng hấp thụ: $E=m\times D$.

Lời giải chi tiết:

(a) Quy đổi liều đối với tia X ($\mathrm{RBE}=1,0$):

• :

$$D=5,0\mathrm{Gy}=500\mathrm{rad}$$

• sinh học:

$$\begin{array}{rl}H& =5,0\mathrm{Sv}\\ & =500\mathrm{rem}\end{array}$$

(b) Tổng hấp thụ trong cơ thể:

• Với người có khối lượng $70,0\mathrm{kg}$:

$$\begin{array}{rl}E& =mD\\ & =70,0\mathrm{kg}\times 5,0\mathrm{J}/\mathrm{kg}\\ & =350\mathrm{J}\end{array}$$

(c) Trường hợp chùm proton:

• và tổng hấp thụ là các đại lượng thuần túy vật lý, không phụ thuộc vào bản chất hạt:

$$D=5,0\mathrm{Gy}=500\mathrm{rad}$$

$$E=350\mathrm{J}$$

• sinh học: Proton có hệ số hiệu quả sinh học cao hơn do mật độ ion hóa lớn hơn ($\mathrm{RBE}=10$ trong mô hình RBE của bài toán).

$$\begin{array}{rl}H& =D\times \mathrm{RBE}\\ & =5,0\times 10\\ & =50\mathrm{Sv}=5000\mathrm{rem}\end{array}$$

43.31

Một nhà hóa học hạt nhân vô tình nhận phải liều chiếu xạ $5,0\mathrm{Gy}$ từ chùm nơtron chậm ($\mathrm{RBE}=4,0$). Người này đã nhận liều bao nhiêu tính theo $\mathrm{rad}$, $\mathrm{rem}$ và $\mathrm{J}/\mathrm{kg}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• : $D=5,0\mathrm{Gy}$.
• Bức xạ: Nơtron chậm có $\mathrm{RBE}=4,0$.
• Cần tìm: Liều lượng theo $\mathrm{rad}$, $\mathrm{rem}$ và $\mathrm{J}/\mathrm{kg}$.

Hướng đi:

• Vận dụng các hệ thức quy đổi đơn vị bức xạ chuẩn:
  • $1\mathrm{Gy}=1\mathrm{J}/\mathrm{kg}$.
  • $1\mathrm{Gy}=100\mathrm{rad}$.
  • : $H(\mathrm{rem})=D(\mathrm{rad})\times \mathrm{RBE}$.

Lời giải chi tiết:

• tính theo $\mathrm{J}/\mathrm{kg}$:

$$D=5,0\mathrm{J}/\mathrm{kg}$$

• tính theo $\mathrm{rad}$:

$$D=5,0\times 100=500\mathrm{rad}$$

• sinh học tính theo $\mathrm{rem}$:

$$\begin{array}{rl}H& =D(\mathrm{rad})\times \mathrm{RBE}\\ & =500\times 4,0\\ & =2000\mathrm{rem}\end{array}$$

(tương đương với $20\mathrm{Sv}$).

43.32

Một người bị phơi nhiễm chùm nơtron nhanh nhận liều chiếu xạ $300\mathrm{rem}$ trên một phần bàn tay, tác động lên $25\mathrm{g}$ mô sinh học. Hệ số $\mathrm{RBE}$ của các nơtron nhanh này là $10$. (a) Người này đã nhận bao nhiêu $\mathrm{rad}$? (b) Có bao nhiêu jun đã được truyền vào mô? (c) Giả sử người đó nhận cùng liều $\mathrm{rad}$ như trên, nhưng từ tia beta có $\mathrm{RBE}=1,0$ thay vì nơtron. Người đó sẽ nhận bao nhiêu $\mathrm{rem}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• : $H=300\mathrm{rem}$.
• Khối lượng mô bị chiếu: $m=25\mathrm{g}=\mathrm{0,025}\mathrm{kg}$.
• Hệ số $\mathrm{RBE}=10$ đối với nơtron nhanh.
• Cần tìm: (a) theo $\mathrm{rad}$; (b) truyền vào mô theo $\mathrm{J}$; (c) theo $\mathrm{rem}$ nếu thay bằng tia beta ($\mathrm{RBE}=1,0$).

Hướng đi:

• (a) $D(\mathrm{rad})=H(\mathrm{rem})/\mathrm{RBE}$.
• (b) Đổi sang gray ($100\mathrm{rad}=1\mathrm{Gy}=1\mathrm{J}/\mathrm{kg}$), tính $E=m\times D$.
• (c) Tính lại với $\mathrm{RBE}=1,0$.

Lời giải chi tiết:

(a) theo rad:

$$\begin{array}{rl}D& =\frac{H}{\mathrm{RBE}}\\ & =\frac{300\mathrm{rem}}{10}\\ & =30\mathrm{rad}\end{array}$$

(b) truyền vào mô:

• theo đơn vị chuẩn $\mathrm{Gy}$:

$$\begin{array}{rl}D& =0,30\mathrm{Gy}\\ & =0,30\mathrm{J}/\mathrm{kg}\end{array}$$

• hấp thụ bởi $25\mathrm{g}$ mô:

$$\begin{array}{rl}E& =mD\\ & =\mathrm{0,025}\mathrm{kg}\times 0,30\mathrm{J}/\mathrm{kg}\\ & =\mathrm{0,007}5\mathrm{J}=7,5\mathrm{mJ}\end{array}$$

(c) nếu thay bằng tia beta:

• Với giữ nguyên $D=30\mathrm{rad}$ và $\mathrm{RBE}=1,0$:

$$\begin{array}{rl}H& =D\times \mathrm{RBE}\\ & =30\mathrm{rad}\times 1,0\\ & =30\mathrm{rem}\end{array}$$

(tương đương với $0,30\mathrm{Sv}$).

Bài tập 43.33 – 43.48

43.33

Thực phẩm thường được chiếu xạ bằng tia X hoặc chùm electron để ngăn ngừa sự hư hỏng. Liều thấp từ $5\text{–}75\mathrm{krad}$ giúp làm giảm và tiêu diệt ký sinh trùng bất hoạt, liều trung bình từ $100\text{–}400\mathrm{krad}$ tiêu diệt vi sinh vật và mầm bệnh như khuẩn salmonella, và liều cao từ $2300\text{–}5700\mathrm{krad}$ khử trùng thực phẩm để có thể bảo quản mà không cần làm lạnh. (a) Một liều $175\mathrm{krad}$ tiêu diệt các vi sinh vật gây hư hỏng trong cá. Nếu sử dụng tia X, liều lượng sẽ là bao nhiêu tính theo $\mathrm{Gy}$, $\mathrm{Sv}$ và $\mathrm{rem}$, và một phần cá nặng $220\mathrm{g}$ sẽ hấp thụ bao nhiêu ? (b) Lặp lại phần (a) nếu sử dụng chùm electron có $\mathrm{RBE}=1,50$ thay vì tia X.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Liều chiếu xạ diệt khuẩn trong cá là $D=175\mathrm{krad}$, khối lượng phần cá $m=220\mathrm{g}=\mathrm{0,220}\mathrm{kg}$. (a) Chiếu tia X: Tính theo $\mathrm{Gy}$, theo $\mathrm{Sv}$, $\mathrm{rem}$ và hấp thụ $E$. (b) Chiếu electron có $\mathrm{RBE}=1,50$: Tính lại các đại lượng trên.

Hướng đi:

• Chuyển đổi đơn vị liều lượng: Áp dụng định nghĩa $1\mathrm{rad}=0,01\mathrm{Gy}$ (tương đương $0,01\mathrm{J}/\mathrm{kg}$).
• sinh học: Xác định bằng tích giữa và hiệu dụng sinh học tương đối: $H=D\times \mathrm{RBE}$. Đối với tia X quy chuẩn, $\mathrm{RBE}=1,0$.
• bức xạ hấp thụ: Tính theo tích của và khối lượng mô: $E=D\times m$.

(a) Trường hợp chiếu xạ bằng tia X:

chuyển đổi sang đơn vị chuẩn $\mathrm{Gy}$:

$$D=175\times {10}^3\mathrm{rad}$$

$$D=1750\mathrm{Gy}$$

Đối với tia X, hệ số hiệu dụng sinh học tương đối là $\mathrm{RBE}=1,0$. theo đơn vị $\mathrm{Sv}$ là:

$$H=D\times \mathrm{RBE}$$

$$H=1750\mathrm{Sv}$$

Chuyển đổi sang đơn vị $\mathrm{rem}$ ($1\mathrm{Sv}=100\mathrm{rem}$):

$$H=1,75\times {10}^5\mathrm{rem}$$

mà phần cá khối lượng $m=\mathrm{0,220}\mathrm{kg}$ hấp thụ là:

$$E=D\cdot m$$

$$E=1750\mathrm{J}/\mathrm{kg}\times \mathrm{0,220}\mathrm{kg}$$

$$E=385\mathrm{J}$$

(b) Trường hợp sử dụng chùm electron ($\mathrm{RBE}=1,50$):

vật lý $D$ chỉ phụ thuộc vào truyền cho một đơn vị khối lượng. Do đó, không đổi:

$$D=1750\mathrm{Gy}$$

phần cá hấp thụ vẫn giữ nguyên:

$$E=385\mathrm{J}$$

sinh học mới với $\mathrm{RBE}=1,50$ là:

$$H=D\times \mathrm{RBE}$$

Thay số $D=1750\mathrm{Gy}$ và $\mathrm{RBE}=1,50$, ta được:

$$H=2625\mathrm{Sv}$$

Chuyển đổi sang đơn vị $\mathrm{rem}$:

$$H=\mathrm{2,625}\times {10}^5\mathrm{rem}$$

Kết luận: là $1750\mathrm{Gy}$ ứng với $385\mathrm{J}$. là $1750\mathrm{Sv}$ đối với tia X và tăng lên $2625\mathrm{Sv}$ đối với chùm electron.

43.34

Chụp quét hay không chụp quét? Việc một số người đi chụp cắt lớp vi tính toàn thân (chụp CT) định kỳ hằng năm bằng tia X để tầm soát bệnh lý đã trở nên phổ biến. Gần đây, nhiều chuyên gia y tế đã đặt câu hỏi về mức độ cần thiết của các đợt quét như vậy, một phần do liều bức xạ mà chúng mang lại. Thông thường, một lần chụp CT như vậy truyền một liều $12\mathrm{mSv}$ áp dụng cho toàn bộ cơ thể. Ngược lại, một lần chụp X-quang lồng ngực thông thường chỉ truyền liều $0,20\mathrm{mSv}$ vào vùng mô có khối lượng $5,0\mathrm{kg}$. Cần bao nhiêu lần chụp X-quang lồng ngực để truyền vào cơ thể một người nặng $75\mathrm{kg}$ một lượng bức xạ tổng cộng bằng một lần chụp CT toàn thân?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Một lần chụp CT toàn thân cho người nặng $M=75\mathrm{kg}$ gây liều $H_1=12\mathrm{mSv}$. Một lần chụp X-quang ngực cho vùng mô $m=5,0\mathrm{kg}$ gây liều $H_2=0,20\mathrm{mSv}$. Tính số lần chụp X-quang ngực $N$ để tổng hấp thụ bằng một lần chụp CT.

Hướng đi:

• Mối liên hệ liều lượng và : Vì bức xạ là tia X nên $\mathrm{RBE}=1,0$, khi đó $D$ (tính theo $\mathrm{Gy}=\mathrm{J}/\mathrm{kg}$) có độ lớn bằng $H$ (tính theo $\mathrm{Sv}$).
• toàn phần: Năng lượng bức xạ hấp thụ là $E=D\times m=H\times m$.
• Lập tỉ số cân bằng : $N=E_{\mathrm{CT}}/E_{\mathrm{nguc}}$.

bức xạ hấp thụ trong một lần chụp CT toàn thân:

$$E_{\mathrm{CT}}=H_1\cdot M$$

$$E_{\mathrm{CT}}=0,90\mathrm{J}$$

bức xạ hấp thụ trong một lần chụp X-quang lồng ngực:

$$E_{\mathrm{nguc}}=H_2\cdot m$$

$$E_{\mathrm{nguc}}=1,0\times {10}^{-3}\mathrm{J}$$

Số lần chụp X-quang lồng ngực tương đương về mặt là:

$$N=\frac{E_{\mathrm{CT}}}{E_{\mathrm{nguc}}}$$

$$N=\frac{0,90\mathrm{J}}{1,0\times {10}^{-3}\mathrm{J}}=900$$

Kết luận: Cần tới $900$ lần chụp X-quang lồng ngực mới truyền cùng lượng bức xạ vào cơ thể như một lần chụp CT toàn thân.

43.35

phóng xạ ${}_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ xuất hiện trong bụi phóng xạ từ các vụ thử vũ khí hạt nhân trong khí quyển. Nó thay thế canxi trong xương và sữa. Đồng vị này có là $29$ năm, và hấp thụ ròng trung bình từ mỗi phân rã vào khoảng $1,1\mathrm{MeV}$. (a) Tính từ $1,0\mu \mathrm{g}$ đồng vị ${}_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ trong một năm nếu toàn bộ năng lượng được hấp thụ trong $50\mathrm{kg}$ mô cơ thể. (b) Bức xạ từ ${}_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ gồm các hạt beta trừ và tia gamma. Tính trong phần (a) nếu coi $\mathrm{RBE}$ đối với electron là $1,0$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khối lượng stronti là $m_0=1,0\mu \mathrm{g}$, $T_{1/2}=29\mathrm{yr}$, hấp thụ trung bình mỗi phân rã $Q=1,1\mathrm{MeV}$, khối lượng mô $M=50\mathrm{kg}$. (a) Tính trong thời gian $t=1\mathrm{yr}$. (b) Tính với $\mathrm{RBE}=1,0$.

Đồ thị liều hấp thụ tích lũy từ Sr-90

Hướng đi:

• Số hạt ban đầu: Tính từ khối lượng và khối lượng mol: $N_0=\frac{m_0}{M_{\mathrm{Sr}}}{N}_A$.
• Số hạt phân rã trong một năm: Sử dụng định luật phóng xạ $\mathrm{\Delta }N=N_0(1-{\mathrm{e}}^{-\lambda t})$.
• Tổng hấp thụ: $E=\mathrm{\Delta }N\times Q$.
• Liều lượng: Tính $D=E/M$ và $H=D\times \mathrm{RBE}$.

(a) Tính :

Số hạt nhân ${}^{90}\mathrm{Sr}$ trong $1,0\mu \mathrm{g}$ là:

$$N_0\approx \mathrm{6,698}\times {10}^{15}$$

Hằng số phân rã theo đơn vị năm:

$$\lambda =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}$$

Với $T_{1/2}=29\mathrm{yr}$, hằng số phân rã xấp xỉ $\mathrm{0,023}9{\mathrm{yr}}^{-1}$.

Phần trăm phân rã sau thời gian $t=1,0\mathrm{yr}$:

$$1-{\mathrm{e}}^{-\lambda t}\approx \mathrm{0,023}63$$

Số hạt nhân bị phân rã trong một năm:

$$\mathrm{\Delta }N=N_0(1-{\mathrm{e}}^{-\lambda t})$$

$$\mathrm{\Delta }N\approx \mathrm{1,583}\times {10}^{14}$$

mỗi phân rã chuyển đổi sang joule:

$$Q\approx \mathrm{1,762}\times {10}^{-13}\mathrm{J}$$

Tổng giải phóng và hấp thụ trong mô:

$$E=\mathrm{\Delta }N\cdot Q$$

$$E\approx 27,89\mathrm{J}$$

trong khối lượng mô $50\mathrm{kg}$ là:

$$D=\frac{E}{M}\approx \mathrm{0,558}\mathrm{Gy}$$

$$D\approx 55,8\mathrm{rad}$$

(b) Tính :

Với $\mathrm{RBE}=1,0$:

$$H=D\times \mathrm{RBE}$$

$$H\approx \mathrm{0,558}\mathrm{Sv}=55,8\mathrm{rem}$$

Kết luận: trong một năm là $\mathrm{0,558}\mathrm{Gy}$ ($55,8\mathrm{rad}$), tương ứng với $\mathrm{0,558}\mathrm{Sv}$ ($55,8\mathrm{rem}$).

43.36

Trong một tai nạn công nghiệp, một người nặng $65\mathrm{kg}$ bị nhiễm một toàn thân gây tử vong là $5,4\mathrm{Sv}$ từ tia X. (a) Liều tương đương này bằng bao nhiêu tính theo $\mathrm{rem}$? (b) bằng bao nhiêu tính theo $\mathrm{rad}$? (c) Tổng mà cơ thể người đó đã hấp thụ là bao nhiêu? Hãy so sánh lượng năng lượng này với lượng nhiệt cần thiết để làm tăng nhiệt độ của $65\mathrm{kg}$ nước thêm ${\mathrm{0,010}}^{\circ }\mathrm{C}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Người nặng $m=65\mathrm{kg}$ bị chiếu tia X với $H=5,4\mathrm{Sv}$. (a) Tính $H$ theo $\mathrm{rem}$. (b) Tính $D$ theo $\mathrm{rad}$. (c) Tính tổng hấp thụ $E$ và so sánh với nhiệt lượng làm nóng $65\mathrm{kg}$ nước lên thêm ${\mathrm{0,010}}^{\circ }\mathrm{C}$.

Hướng đi:

• Chuyển đổi đơn vị liều: Sử dụng $1\mathrm{Sv}=100\mathrm{rem}$ và đối với tia X có $\mathrm{RBE}=1,0$ thì $1\mathrm{Gy}=100\mathrm{rad}$. Với RBE bằng một, số đo theo Gy bằng số đo theo Sv.
• hấp thụ: $E=D\times m$.
• Nhiệt dung: Nhiệt lượng nâng nhiệt độ nước: $Q_{\mathrm{nhiet}}=mc\mathrm{\Delta }T$ với $c=4190\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot \mathrm{K})$.

(a) Đổi sang $\mathrm{rem}$:

$$H=540\mathrm{rem}$$

(b) Tính theo $\mathrm{rad}$:

Vì bức xạ là tia X nên hệ số $\mathrm{RBE}=1,0$, kéo theo :

$$D=\frac{H}{\mathrm{RBE}}=5,4\mathrm{Gy}$$

$$D=5,4\times 100=540\mathrm{rad}$$

(c) Tính tổng hấp thụ và so sánh:

Tổng bức xạ cơ thể hấp thụ:

$$E=D\cdot m=351\mathrm{J}$$

Nhiệt lượng cần thiết để nâng nhiệt độ của $65\mathrm{kg}$ nước thêm $\mathrm{\Delta }T={\mathrm{0,010}}^{\circ }\mathrm{C}$:

$$Q_{\mathrm{nhiet}}=mc\mathrm{\Delta }T$$

$$Q_{\mathrm{nhiet}}\approx 2724\mathrm{J}$$

Tỉ số giữa bức xạ gây tử vong và nhiệt lượng là:

$$\frac{E}{Q_{\mathrm{nhiet}}}=\frac{351\mathrm{J}}{2724\mathrm{J}}\approx \mathrm{0,129}$$

Kết luận: bức xạ hấp thụ là $351\mathrm{J}$. Lượng năng lượng này rất nhỏ, chỉ bằng khoảng $12,9\mathrm{\%}$ nhiệt lượng cần để làm nóng cùng khối lượng nước thêm một phần trăm độ Celsius, cho thấy tác hại sinh học nghiêm trọng của bức xạ ion hóa nằm ở sự phá vỡ cấu trúc phân tử tế bào chứ không phải do hiệu ứng nhiệt vĩ mô.

43.37

Trong một quy trình chụp X-quang chẩn đoán, $5,00\times {10}^{10}$ bị hấp thụ bởi một vùng mô có khối lượng $\mathrm{0,600}\mathrm{kg}$. Bước sóng của tia X là $\mathrm{0,020}0\mathrm{nm}$. (a) Tổng mà mô hấp thụ là bao nhiêu? (b) bằng bao nhiêu tính theo $\mathrm{rem}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Số $N=5,00\times {10}^{10}$, khối lượng mô $m=\mathrm{0,600}\mathrm{kg}$, bước sóng $\lambda =\mathrm{0,020}0\mathrm{nm}$ (tương đương $2,00\times {10}^{-11}\mathrm{m}$). (a) Tính tổng hấp thụ $E$. (b) Tính $H$ theo $\mathrm{rem}$.

Hướng đi:

• một : Tính theo công thức Planck–Einstein: $E_{\mathrm{ph}}=\frac{hc}{\lambda }$.
• Tổng hấp thụ: $E=N\times E_{\mathrm{ph}}$.
• Liều lượng: Tính $D=E/m$ theo $\mathrm{Gy}$, sau đó quy đổi sang $\mathrm{rad}$ và $\mathrm{rem}$ với $\mathrm{RBE}=1,0$ của tia X.

(a) Tính tổng mô hấp thụ:

của một tia X là:

$$E_{\mathrm{ph}}=\frac{hc}{\lambda }$$

$$E_{\mathrm{ph}}\approx \mathrm{9,932}\times {10}^{-15}\mathrm{J}$$

Tổng hấp thụ bởi vùng mô:

$$E=N\cdot E_{\mathrm{ph}}$$

$$E\approx \mathrm{4,966}\times {10}^{-4}\mathrm{J}$$

(b) Tính theo $\mathrm{rem}$:

trong mô có khối lượng $m=\mathrm{0,600}\mathrm{kg}$:

$$D\approx 8,28\times {10}^{-4}\mathrm{Gy}$$

$$D\approx \mathrm{8,277}\times {10}^{-4}\mathrm{Gy}$$

Chuyển đổi sang đơn vị $\mathrm{rad}$:

$$D\approx \mathrm{8,277}\times {10}^{-2}\mathrm{rad}$$

Vì bức xạ là tia X nên $\mathrm{RBE}=1,0$, là:

$$H=D\times \mathrm{RBE}$$

$$H\approx 8,28\times {10}^{-2}\mathrm{rem}$$

Kết luận: Tổng hấp thụ là $4,97\times {10}^{-4}\mathrm{J}$ và là $\mathrm{0,082}8\mathrm{rem}$ ($82,8\mathrm{mrem}$).

43.38

Hãy tính phản ứng $Q$ đối với phản ứng hạt nhân:

$$\mathrm{p}+{}_1^3\mathrm{H}\to {}_1^2\mathrm{H}+{}_1^2\mathrm{H}$$

Phản ứng này tỏa hay thu năng lượng?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tính $Q$ của phản ứng $\mathrm{p}+{}_1^3\mathrm{H}\to {}_1^2\mathrm{H}+{}_1^2\mathrm{H}$ và xác định tính chất tỏa hay thu năng lượng.

Hướng đi:

• phản ứng: Tra cứu khối lượng nguyên tử trung hòa từ Bảng 43.2: $m{(}^1\mathrm{H})=\mathrm{1,007}825\mathrm{u}$, $m{(}^3\mathrm{H})=\mathrm{3,016}049\mathrm{u}$, $m{(}^2\mathrm{H})=\mathrm{2,014}102\mathrm{u}$.
• phản ứng $Q$: Tính theo $\mathrm{\Delta }m=m_{\mathrm{dau}}-m_{\mathrm{cuoi}}$ với $Q=\mathrm{\Delta }m\times 931,5\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$.
• Tính chất: Nếu $Q>0$ thì tỏa . Nếu $Q<0$ thì thu năng lượng.

Tổng khối lượng các hạt trước phản ứng:

$$m_{\mathrm{dau}}=m{(}^1\mathrm{H})+m{(}^3\mathrm{H})$$

$$m_{\mathrm{dau}}=\mathrm{4,023}874\mathrm{u}$$

Tổng khối lượng các hạt sau phản ứng:

$$m_{\mathrm{cuoi}}=2\cdot m{(}^2\mathrm{H})$$

$$m_{\mathrm{cuoi}}=\mathrm{4,028}204\mathrm{u}$$

Độ biến thiên khối lượng phản ứng:

$$\mathrm{\Delta }m=m_{\mathrm{dau}}-m_{\mathrm{cuoi}}$$

$$\mathrm{\Delta }m=-\mathrm{0,004}330\mathrm{u}$$

phản ứng $Q$ là:

$$Q=\mathrm{\Delta }m\times 931,5\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$$

$$Q\approx -\mathrm{4,033}\mathrm{MeV}$$

Kết luận: phản ứng bằng $-\mathrm{4,033}\mathrm{MeV}$. Vì $Q<0$, đây là , đòi hỏi proton tới phải có động năng tối thiểu để phản ứng có thể xảy ra.

43.39

Xét phản ứng hạt nhân:

$${}_1^2\mathrm{H}+{}_4^9\mathrm{Be}\to X+{}_2^4\mathrm{He}$$

trong đó $X$ là một hạt nhân chưa biết. (a) Các giá trị $Z$ và $A$ của hạt nhân $X$ là bao nhiêu? (b) Phản ứng giải phóng bao nhiêu ? (c) Hãy ước lượng năng lượng ngưỡng đối với phản ứng này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho phản ứng ${}_1^2\mathrm{H}+{}_4^9\mathrm{Be}\to X+{}_2^4\mathrm{He}$. (a) Xác định số hiệu $Z$ và số khối $A$ của $X$. (b) Tính giải phóng $Q$. (c) Ước lượng năng lượng ngưỡng của phản ứng.

Hướng đi:

• Định luật bảo toàn điện tích và số khối: $\sum Z_{\mathrm{dau}}=\sum Z_{\mathrm{cuoi}}$ và $\sum A_{\mathrm{dau}}=\sum A_{\mathrm{cuoi}}$.
• giải phóng: $Q=(m_{\mathrm{dau}}-m_{\mathrm{cuoi}})c^2$.
• ngưỡng: Về mặt động học, ($Q>0$) không có ngưỡng động học ($E_{\mathrm{th}}=0$). Về mặt tĩnh điện, ước tính cổ điển dùng Coulomb $U_C=\frac{k{Z}_1{Z}_2{e}^2}{R_1+R_2}$.

(a) Xác định hạt nhân $X$:

Bảo toàn điện tích: Bảo toàn điện tích cho $1+4=Z_X+2$, suy ra $Z_X=3$.

Bảo toàn số khối: Bảo toàn số khối cho $2+9=A_X+4$, suy ra $A_X=7$.

Hạt nhân có $Z=3$ là liti. Vậy hạt nhân $X$ là ${}_3^7\mathrm{Li}$.

(b) Tính giải phóng $Q$:

Khối lượng các hạt từ Bảng 43.2:

• $m{(}^2\mathrm{H})=\mathrm{2,014}102\mathrm{u}$
• $m{(}^9\mathrm{Be})=\mathrm{9,012}183\mathrm{u}$
• $m{(}^7\mathrm{Li})=\mathrm{7,016}003\mathrm{u}$
• $m{(}^4\mathrm{He})=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$

Tổng khối lượng ban đầu và khối lượng sau:

$$m_{\mathrm{dau}}=\mathrm{11,026}285\mathrm{u}$$

$$m_{\mathrm{cuoi}}=\mathrm{11,018}606\mathrm{u}$$

Độ chênh lệch khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,007}679\mathrm{u}$$

tỏa ra:

$$Q\approx \mathrm{7,153}\mathrm{MeV}$$

(c) Ước lượng ngưỡng:

Vì $Q>0$, nên ngưỡng động học chuyển khối tâm bằng không ($E_{\mathrm{th},\mathrm{kin}}=0$). Tuy nhiên, để hai hạt nhân tiếp xúc nhau cần vượt qua lực đẩy Coulomb.

xấp xỉ $R\approx R_0{A}^{1/3}$ với $R_0\approx 1,2\mathrm{fm}$:

$$R_{\mathrm{d}}\approx 1,51\mathrm{fm}$$

$$R_{\mathrm{Be}}\approx 2,50\mathrm{fm}$$

$$r_{min}\approx 4,01\mathrm{fm}$$

đẩy Coulomb khi hai hạt nhân vừa chạm vào nhau:

$$U_C=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{Z_1{Z}_2{e}^2}{r_{min}}$$

$$U_C\approx 1,44\mathrm{MeV}$$

Chuyển sang hệ phòng thí nghiệm với khối lượng đơteri:

$$E_{\mathrm{th}}\approx 1,76\mathrm{MeV}$$

Kết luận: Hạt nhân $X$ là ${}_3^7\mathrm{Li}$. Phản ứng tỏa ra $7,15\mathrm{MeV}$. ngưỡng động học bằng $0$ nhưng thang năng lượng rào Coulomb trong hệ phòng thí nghiệm vào khoảng $1,4\text{–}1,8\mathrm{MeV}$ (hoặc hạt có thể xuyên ngầm lượng tử ở mức năng lượng thấp hơn).

43.40

từ hạt nhân. Hãy tính năng lượng tỏa ra trong phản ứng nhiệt hạch:

$${}_2^3\mathrm{He}+{}_1^2\mathrm{H}\to {}_2^4\mathrm{He}+{}_1^1\mathrm{H}$$

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tính tỏa ra $Q$ của phản ứng tổng hợp ${}_2^3\mathrm{He}+{}_1^2\mathrm{H}\to {}_2^4\mathrm{He}+{}_1^1\mathrm{H}$.

Hướng đi:

• Tra cứu khối lượng nguyên tử: Từ Bảng 43.2: $m{(}^3\mathrm{He})=\mathrm{3,016}029\mathrm{u}$, $m{(}^2\mathrm{H})=\mathrm{2,014}102\mathrm{u}$, $m{(}^4\mathrm{He})=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$, $m{(}^1\mathrm{H})=\mathrm{1,007}825\mathrm{u}$.
• tỏa ra: $Q=(m_{\mathrm{dau}}-m_{\mathrm{cuoi}})c^2$.

Tổng khối lượng các hạt ban đầu:

$$m_{\mathrm{dau}}=m{(}^3\mathrm{He})+m{(}^2\mathrm{H})$$

$$m_{\mathrm{dau}}=\mathrm{5,030}131\mathrm{u}$$

Tổng khối lượng các hạt sau phản ứng:

$$m_{\mathrm{cuoi}}=m{(}^4\mathrm{He})+m{(}^1\mathrm{H})$$

$$m_{\mathrm{cuoi}}=\mathrm{5,010}428\mathrm{u}$$

Độ giảm khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,019}703\mathrm{u}$$

tỏa ra của phản ứng:

$$Q=\mathrm{\Delta }m\times 931,5\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$$

$$Q\approx \mathrm{18,353}\mathrm{MeV}$$

Kết luận: tỏa ra trong phản ứng này bằng $18,35\mathrm{MeV}$.

43.41

Ở phần đầu của Mục 43.7, phương trình của một quá trình được đưa ra, trong đó ${}^{235}\mathrm{U}$ bị bắn phá bởi một neutron và trải qua phân hạch để tạo ra ${}^{144}\mathrm{Ba}$, ${}^{89}\mathrm{Kr}$ và ba neutron. Khối lượng đo được của này lần lượt là $\mathrm{235,043}930\mathrm{u}$ (${}^{235}\mathrm{U}$), $\mathrm{143,922}953\mathrm{u}$ (${}^{144}\mathrm{Ba}$), $\mathrm{88,917}631\mathrm{u}$ (${}^{89}\mathrm{Kr}$) và $\mathrm{1,008}6649\mathrm{u}$ (neutron). (a) Hãy tính (theo $\mathrm{MeV}$) tỏa ra bởi mỗi phản ứng phân hạch. (b) Hãy tính năng lượng tỏa ra trên mỗi gam ${}^{235}\mathrm{U}$, tính theo $\mathrm{MeV}/\mathrm{g}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phản ứng sinh ba neutron:

$$\begin{array}{rl}& {}^{235}\mathrm{U}+\mathrm{n}\\ & \to {}^{144}\mathrm{Ba}+{}^{89}\mathrm{Kr}+3\mathrm{n}\end{array}$$

(a) Tính giải phóng $Q$ theo $\mathrm{MeV}$. (b) Tính năng lượng giải phóng trên mỗi gam ${}^{235}\mathrm{U}$ theo $\mathrm{MeV}/\mathrm{g}$.

Hướng đi:

• phản ứng: Hiệu giữa tổng khối lượng nghỉ trước và sau phản ứng .
• : $Q=\mathrm{\Delta }m\times 931,5\mathrm{MeV}/\mathrm{u}$.
• trên một gam: Tính số hạt nhân trong $1\mathrm{g}$ ${}^{235}\mathrm{U}$ rồi nhân với $Q$.

(a) Tính tỏa ra mỗi phản ứng :

Khối lượng trước phản ứng:

$$m_{\mathrm{dau}}\approx \mathrm{236,052}595\mathrm{u}$$

Khối lượng sau phản ứng:

$$m_{\mathrm{cuoi}}\approx \mathrm{235,866}579\mathrm{u}$$

$$m_{\mathrm{cuoi}}=\mathrm{235,866}579\mathrm{u}$$

Độ chênh lệch khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,186}016\mathrm{u}$$

tỏa ra:

$$Q\approx 173,27\mathrm{MeV}$$

(b) Tính tỏa ra trên mỗi gam ${}^{235}\mathrm{U}$:

Số hạt nhân ${}^{235}\mathrm{U}$ có trong $1,00\mathrm{g}$ là:

$$N\approx \mathrm{2,562}\times {10}^{21}$$

$$N\approx \mathrm{2,562}\times {10}^{21}{\mathrm{g}}^{-1}$$

tỏa ra trên mỗi gam nhiên liệu:

$$E_{\mathrm{g}}=N\cdot Q$$

$$E_{\mathrm{g}}\approx \mathrm{4,439}\times {10}^{23}\mathrm{MeV}$$

$$E_{\mathrm{g}}\approx 4,44\times {10}^{23}\mathrm{MeV}/\mathrm{g}$$

Quy đổi sang joule: $E_{\mathrm{g}}\approx 7,11\times {10}^{10}\mathrm{J}/\mathrm{g}$ (tương đương $71,1\mathrm{GJ}/\mathrm{g}$).

Kết luận: giải phóng cho mỗi là $173,3\mathrm{MeV}$, tương đương $4,44\times {10}^{23}\mathrm{MeV}/\mathrm{g}$ nhiên liệu urani.

43.42

Xét phản ứng hạt nhân:

$${}_{14}^{28}\mathrm{Si}+\gamma \to {}_{12}^{24}\mathrm{Mg}+X$$

trong đó $X$ là một hạt nhân chưa biết. (a) Các giá trị $Z$ và $A$ của hạt nhân $X$ là bao nhiêu? (b) Bỏ qua hiệu ứng giật lùi, phải có tối thiểu bằng bao nhiêu để phản ứng này có thể xảy ra? Khối lượng nguyên tử ${}_{14}^{28}\mathrm{Si}$ là $\mathrm{27,976}927\mathrm{u}$, và khối lượng nguyên tử ${}_{12}^{24}\mathrm{Mg}$ là $\mathrm{23,985}042\mathrm{u}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phản ứng quang phân rã: ${}_{14}^{28}\mathrm{Si}+\gamma \to {}_{12}^{24}\mathrm{Mg}+X$. (a) Tìm $Z$ và $A$ của $X$. (b) Bỏ qua động năng giật lùi, tính tối thiểu của $E_{\gamma ,min}$.

Hướng đi:

• Bảo toàn số điện tích và số khối: Xác định cấu tạo hạt nhân $X$.
• Ngưỡng : Năng lượng photon tối thiểu bằng hiệu khối lượng nghỉ giữa các sản phẩm và hạt nhân bia ban đầu: $E_{\gamma ,min}=\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$.

(a) Xác định hạt nhân $X$:

Bảo toàn số khối:

$$A=28-24=4$$

Bảo toàn số hiệu nguyên tử:

$$Z=14-12=2$$

Hạt nhân có $Z=2$ và $A=4$ chính là hạt alpha ${}_2^4\mathrm{He}$.

(b) Tính tối thiểu của :

Khối lượng của hạt alpha (nguyên tử trung hòa ${}_2^4\mathrm{He}$): $m{(}^4\mathrm{He})=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$.

Tổng khối lượng các sản phẩm:

$$m_{\mathrm{cuoi}}=\mathrm{27,987}645\mathrm{u}$$

Độ tăng khối lượng nghỉ:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,010}718\mathrm{u}$$

tối thiểu cần cung cấp:

$$E_{\gamma ,min}=\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$$

$$E_{\gamma ,min}\approx \mathrm{9,984}\mathrm{MeV}$$

Kết luận: Hạt nhân $X$ là ${}_2^4\mathrm{He}$ và tối thiểu của để phản ứng xảy ra là $9,98\mathrm{MeV}$.

43.43

Xét phản ứng hạt nhân:

$${}_2^4\mathrm{He}+{}_3^7\mathrm{Li}\to X+{}_0^1\mathrm{n}$$

trong đó $X$ là một hạt nhân chưa biết. (a) Các giá trị $Z$ và $A$ của hạt nhân $X$ là bao nhiêu? (b) được hấp thụ hay giải phóng? Giá trị bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho phản ứng ${}_2^4\mathrm{He}+{}_3^7\mathrm{Li}\to X+{}_0^1\mathrm{n}$. (a) Tìm $Z$ và $A$ của hạt nhân $X$. (b) Tính phản ứng $Q$ và xác định phản ứng thu hay tỏa năng lượng.

Hướng đi:

• Bảo toàn nucleon và điện tích: Xác định vị trí nguyên tố $X$.
• phản ứng: $Q=(m_{\mathrm{dau}}-m_{\mathrm{cuoi}})c^2$. Tra cứu khối lượng từ Bảng 43.2: $m{(}^4\mathrm{He})=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$, $m{(}^7\mathrm{Li})=\mathrm{7,016}003\mathrm{u}$, $m(\mathrm{n})=\mathrm{1,008}665\mathrm{u}$.

(a) Xác định hạt nhân $X$:

Bảo toàn số điện tích: Bảo toàn điện tích cho $2+3=Z_X+0$, suy ra $Z_X=5$.

Bảo toàn số khối: Bảo toàn số khối cho $4+7=A_X+1$, suy ra $A_X=10$.

Nguyên tố có $Z=5$ là bo. Vậy hạt nhân $X$ là ${}_5^{10}\mathrm{B}$.

(b) Tính phản ứng $Q$:

Khối lượng nguyên tử ${}^{10}\mathrm{B}$ từ Bảng 43.2 là $\mathrm{10,012}937\mathrm{u}$.

Tổng khối lượng ban đầu:

$$m_{\mathrm{dau}}=\mathrm{11,018}606\mathrm{u}$$

Tổng khối lượng sau phản ứng:

$$m_{\mathrm{cuoi}}=\mathrm{11,021}602\mathrm{u}$$

Độ chênh lệch khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }m=-\mathrm{0,002}996\mathrm{u}$$

phản ứng:

$$Q\approx -\mathrm{2,791}\mathrm{MeV}$$

Kết luận: Hạt nhân $X$ là ${}_5^{10}\mathrm{B}$. Phản ứng có $Q=-2,79\mathrm{MeV}$, tức là thu (hấp thụ $2,79\mathrm{MeV}$).

43.44

Hạt nhân ${}_4^{10}\mathrm{Be}$ trải qua phân rã ${\beta }^{-}$. Khối lượng nguyên tử của ${}_4^{10}\mathrm{Be}$ là $\mathrm{10,013}535\mathrm{u}$. (a) giải phóng trong phân rã này bằng bao nhiêu $\mathrm{MeV}$? (b) Nếu giả sử rằng toàn bộ năng lượng giải phóng xuất hiện dưới dạng động năng của hạt ${\beta }^{-}$ (xét giới hạn năng lượng electron cực đại và bỏ qua giật lùi), tốc độ của hạt ${\beta }^{-}$ phóng ra bằng bao nhiêu? Chú ý rằng năng lượng giải phóng xấp xỉ bằng năng lượng nghỉ của hạt ${\beta }^{-}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân rã ${\beta }^{-}$: ${}_4^{10}\mathrm{Be}\to {}_5^{10}\mathrm{B}+{\beta }^{-}+{\overline{\nu }}_e$. Khối lượng nguyên tử $m{(}^{10}\mathrm{Be})=\mathrm{10,013}535\mathrm{u}$. (a) Tính giải phóng $Q$. (b) Tính tốc độ tương đối tính của hạt ${\beta }^{-}$ khi nhận toàn bộ năng lượng $Q$.

Hướng đi:

• giải phóng trong phân rã ${\beta }^{-}$: Với trừ, số electron quỹ đạo của nguyên tử con tự bù trừ với electron sinh ra. Do đó, bằng hiệu khối lượng hai nguyên tử trung hòa: $\mathrm{\Delta }m=m{(}^{10}\mathrm{Be})-m{(}^{10}\mathrm{B})$.
• Động học tương đối tính: toàn phần của electron là $E=K+m_{\mathrm{e}}{c}^2=\gamma m_{\mathrm{e}}{c}^2$. Từ đó suy ra $\gamma$ và vận tốc $v=c\sqrt{1-1/{\gamma }^2}$.

(a) Tính giải phóng:

Khối lượng nguyên tử ${}_5^{10}\mathrm{B}$ từ Bảng 43.2 là $\mathrm{10,012}937\mathrm{u}$.

phân rã:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,000}598\mathrm{u}$$

giải phóng:

$$Q\approx \mathrm{0,557}0\mathrm{MeV}$$

(b) Tính tốc độ của hạt ${\beta }^{-}$:

Động năng của electron: $K=Q=\mathrm{0,557}0\mathrm{MeV}$.

nghỉ của electron: $E_0=m_{\mathrm{e}}{c}^2=\mathrm{0,511}0\mathrm{MeV}$.

toàn phần tương đối tính:

$$E=K+E_0$$

toàn phần xấp xỉ $\mathrm{1,068}\mathrm{MeV}$.

:

$$\gamma =\frac{E}{E_0}\approx \mathrm{2,090}$$

Tốc độ của electron:

$$\frac{v}{c}=\sqrt{1-\frac{1}{{\gamma }^2}}$$

$$\frac{v}{c}\approx \mathrm{0,878}1$$

$$v\approx 2,63\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$$

Kết luận: giải phóng là $\mathrm{0,557}\mathrm{MeV}$ và tốc độ hạt ${\beta }^{-}$ phát ra xấp xỉ $2,63\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ($87,8\mathrm{\%}$ tốc độ ánh sáng).

43.45

So sánh tỏa ra trên mỗi gam nhiên liệu. (a) Khi xăng bị đốt cháy, nó giải phóng $1,3\times {10}^8\mathrm{J}$ năng lượng cho mỗi gallon ($\mathrm{3,788}\mathrm{L}$). Cho biết khối lượng riêng của xăng là $737\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$, hãy biểu diễn lượng năng lượng giải phóng theo đơn vị $\mathrm{J}/\mathrm{g}$ nhiên liệu. (b) Trong phản ứng , khi một neutron bị hấp thụ bởi hạt nhân ${}^{235}\mathrm{U}$, khoảng $200\mathrm{MeV}$ năng lượng được giải phóng cho mỗi hạt nhân trải qua phân hạch. Hãy biểu diễn đại lượng này theo đơn vị $\mathrm{J}/\mathrm{g}$ nhiên liệu. (c) Trong chuỗi proton – proton diễn ra trong các ngôi sao như Mặt Trời của chúng ta, phản ứng tổng hợp hạt nhân toàn phần có thể được tóm tắt là sáu proton hợp nhất để tạo thành một hạt nhân ${}^4\mathrm{He}$ cùng hai proton còn dư và giải phóng $26,7\mathrm{MeV}$ năng lượng. Nhiên liệu là sáu proton đó. Hãy biểu diễn năng lượng sinh ra ở đây theo đơn vị $\mathrm{J}/\mathrm{g}$ nhiên liệu. Hãy lưu ý sự khác biệt khổng lồ giữa hai dạng năng lượng hạt nhân này với năng lượng hóa học từ xăng. (d) Mặt Trời của chúng ta sản sinh năng lượng với tốc độ đo được là $3,86\times {10}^{26}\mathrm{W}$. Nếu khối lượng $1,99\times {10}^{30}\mathrm{kg}$ của nó hoàn toàn là xăng, Mặt Trời có thể tồn tại được bao lâu trước khi tiêu thụ hết nhiên liệu? (Lưu ý lịch sử: Trước khi phát hiện ra phản ứng tổng hợp hạt nhân và lượng năng lượng khổng lồ mà nó giải phóng, các nhà khoa học đã rất bối rối. Họ biết rằng Trái Đất ít nhất đã nhiều triệu năm tuổi, nhưng không thể giải thích làm thế nào Mặt Trời có thể tồn tại lâu như vậy nếu năng lượng của nó đến từ quá trình cháy hóa học.)

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: (a) Xăng: $1,3\times {10}^8\mathrm{J}/\mathrm{gal}$, thể tích $\mathrm{3,788}\mathrm{L}$, khối lượng riêng $737\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$. Tính theo $\mathrm{J}/\mathrm{g}$. (b) : $200\mathrm{MeV}$ trên mỗi hạt nhân ${}^{235}\mathrm{U}$. Tính theo $\mathrm{J}/\mathrm{g}$. (c) : $26,7\mathrm{MeV}$ cho $6$ proton. Tính theo $\mathrm{J}/\mathrm{g}$. (d) Mặt Trời: $P=3,86\times {10}^{26}\mathrm{W}$, $M=1,99\times {10}^{30}\mathrm{kg}$. Tính thời gian cháy nếu Mặt Trời cấu tạo từ xăng.

Hướng đi:

• trên một gam: Tính khối lượng của một mol hoặc một đơn vị thể tích, sau đó chia tổng năng lượng giải phóng cho khối lượng tương ứng.
• Thời gian tồn tại: $t=E_{\mathrm{tong}}/P$ với $E_{\mathrm{tong}}$ là tổng dự trữ theo từng nguồn.

(a) hóa học từ xăng:

Thể tích một gallon: $V=\mathrm{3,788}\times {10}^{-3}{\mathrm{m}}^3$.

Khối lượng một gallon xăng:

$$m=\rho V\approx \mathrm{2,792}\mathrm{kg}$$

trên mỗi gam xăng:

$$e_{\mathrm{xang}}\approx 4,66\times {10}^4\mathrm{J}/\mathrm{g}$$

(b) urani:

của một đổi sang joule:

$$E_{\mathrm{fiss}}\approx \mathrm{3,204}\times {10}^{-11}\mathrm{J}$$

Khối lượng của một hạt nhân ${}^{235}\mathrm{U}$:

$$m_{\mathrm{U}}\approx \mathrm{3,902}\times {10}^{-22}\mathrm{g}$$

trên mỗi gam ${}^{235}\mathrm{U}$:

$$e_{\mathrm{fiss}}\approx 8,21\times {10}^{10}\mathrm{J}/\mathrm{g}$$

(c) Mặt Trời:

sinh ra cho mỗi chu trình:

$$E_{\mathrm{fus}}\approx \mathrm{4,278}\times {10}^{-12}\mathrm{J}$$

Khối lượng của 6 proton nhiên liệu:

$$m_{6\mathrm{p}}\approx \mathrm{1,004}\times {10}^{-23}\mathrm{g}$$

trên mỗi gam nhiên liệu hydro:

$$e_{\mathrm{fus}}\approx 4,26\times {10}^{11}\mathrm{J}/\mathrm{g}$$

So sánh: lớn hơn năng lượng khoảng $5$ lần, và lớn hơn năng lượng cháy của xăng tới gần ${10}^7$ lần (gần mười triệu lần).

(d) Thời gian tồn tại nếu Mặt Trời là xăng:

Tổng dự trữ của Mặt Trời nếu làm từ xăng ($M_{\mathrm{MT}}=1,99\times {10}^{33}\mathrm{g}$):

$$E_{\mathrm{tong}}\approx 9,27\times {10}^{37}\mathrm{J}$$

Thời gian tiêu thụ hết nhiên liệu:

$$t=\frac{E_{\mathrm{tong}}}{P}\approx 2,40\times {10}^{11}\mathrm{s}$$

Chuyển đổi sang năm:

$$t\approx 7600\mathrm{yr}$$

Kết luận: trên mỗi gam nhiên liệu là $4,66\times {10}^4\mathrm{J}/\mathrm{g}$ đối với xăng, $8,21\times {10}^{10}\mathrm{J}/\mathrm{g}$ đối với và $4,26\times {10}^{11}\mathrm{J}/\mathrm{g}$ đối với . Nếu Mặt Trời cháy bằng xăng, nó chỉ có thể duy trì công suất phát sáng trong vỏn vẹn khoảng $7600$ năm.

43.46

(a) Hãy tính tối thiểu cần thiết để bứt một proton ra khỏi hạt nhân ${}_6^{12}\mathrm{C}$. Đại lượng này được gọi là năng lượng bứt proton. (Gợi ý: Tìm độ chênh lệch giữa khối lượng của hạt nhân ${}_6^{12}\mathrm{C}$ và khối lượng của một proton cộng với khối lượng của hạt nhân được tạo thành khi bứt một proton khỏi ${}_6^{12}\mathrm{C}$.) (b) Năng lượng bứt proton của ${}_6^{12}\mathrm{C}$ so với năng lượng liên kết trên mỗi nucleon của ${}_6^{12}\mathrm{C}$ (tính theo Phương trình 43.10) như thế nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: (a) Tính bứt proton $E_{\mathrm{p}}$ của hạt nhân ${}_6^{12}\mathrm{C}$. (b) So sánh $E_{\mathrm{p}}$ với năng lượng liên kết riêng $E_B/A$ của ${}_6^{12}\mathrm{C}$.

Hướng đi:

• Phương trình phân rã bứt proton: ${}_6^{12}\mathrm{C}\to {}_5^{11}\mathrm{B}+{}_1^1\mathrm{H}$.
• bứt: Hiệu năng lượng nghỉ phản ứng: $E_{\mathrm{p}}=\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$.
• liên kết riêng: Năng lượng liên kết của ${}_6^{12}\mathrm{C}$ chia cho số khối $A=12$.

(a) Tính bứt proton:

Khối lượng các nguyên tử từ Bảng 43.2:

• $m{(}^{12}\mathrm{C})=\mathrm{12,000}000\mathrm{u}$
• $m{(}^{11}\mathrm{B})=\mathrm{11,009}305\mathrm{u}$
• $m{(}^1\mathrm{H})=\mathrm{1,007}825\mathrm{u}$

Độ chênh lệch khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,017}130\mathrm{u}$$

tối thiểu cần cung cấp:

$$E_{\mathrm{p}}\approx 15,96\mathrm{MeV}$$

(b) So sánh với liên kết riêng $E_B/A$:

Khối lượng neutron: $m_{\mathrm{n}}=\mathrm{1,008}665\mathrm{u}$.

liên kết của hạt nhân ${}^{12}\mathrm{C}$:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,098}940\mathrm{u}$$

Tổng liên kết:

$$E_B\approx 92,16\mathrm{MeV}$$

liên kết trung bình trên mỗi nucleon:

$$E_B/A\approx \mathrm{7,680}\mathrm{MeV}$$

So sánh:

$$\frac{E_{\mathrm{p}}}{E_B/A}=\frac{15,96}{7,68}\approx 2,08$$

Kết luận: bứt một proton khỏi ${}_6^{12}\mathrm{C}$ là $15,96\mathrm{MeV}$, lớn hơn gấp hai lần năng lượng liên kết trung bình trên một nucleon ($7,68\mathrm{MeV}$). Năng lượng tách một proton là hiệu năng lượng giữa hai hạt nhân cụ thể. Nó phụ thuộc cấu trúc của trạng thái đầu và hạt nhân còn lại, nên không đồng nhất với năng lượng liên kết trung bình trên mỗi nuclôn.

43.47

(a) Hãy tính tối thiểu cần thiết để bứt một neutron ra khỏi hạt nhân ${}_8^{17}\mathrm{O}$. Đại lượng này được gọi là năng lượng bứt neutron. (b) Năng lượng bứt neutron của ${}_8^{17}\mathrm{O}$ so với năng lượng liên kết trên mỗi nucleon của ${}_8^{17}\mathrm{O}$ (tính theo Phương trình 43.10) như thế nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: (a) Tính bứt neutron $E_{\mathrm{n}}$ của hạt nhân ${}_8^{17}\mathrm{O}$. (b) So sánh $E_{\mathrm{n}}$ với năng lượng liên kết riêng $E_B/A$ của ${}_8^{17}\mathrm{O}$.

Hướng đi:

• Phương trình bứt neutron: ${}_8^{17}\mathrm{O}\to {}_8^{16}\mathrm{O}+\mathrm{n}$.
• bứt: Hiệu năng lượng nghỉ phản ứng: $E_{\mathrm{n}}=\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$.
• liên kết riêng: Năng lượng liên kết của ${}_8^{17}\mathrm{O}$ chia cho số khối $A=17$.

(a) Tính bứt neutron:

Khối lượng các hạt từ Bảng 43.2:

• $m{(}^{17}\mathrm{O})=\mathrm{16,999}132\mathrm{u}$
• $m{(}^{16}\mathrm{O})=\mathrm{15,994}915\mathrm{u}$
• $m_{\mathrm{n}}=\mathrm{1,008}665\mathrm{u}$

Độ chênh lệch khối lượng:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,004}448\mathrm{u}$$

tối thiểu cần cung cấp:

$$E_{\mathrm{n}}\approx \mathrm{4,143}\mathrm{MeV}$$

(b) So sánh với liên kết riêng $E_B/A$:

liên kết của hạt nhân ${}_8^{17}\mathrm{O}$ ($Z=8,N=9$):

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,141}453\mathrm{u}$$

Tổng liên kết:

$$E_B\approx 131,76\mathrm{MeV}$$

liên kết trung bình trên mỗi nucleon:

$$E_B/A\approx \mathrm{7,751}\mathrm{MeV}$$

So sánh:

$$\frac{E_{\mathrm{n}}}{E_B/A}=\frac{\mathrm{4,143}}{\mathrm{7,751}}\approx \mathrm{0,535}$$

Kết luận: bứt một neutron khỏi ${}_8^{17}\mathrm{O}$ chỉ bằng $4,14\mathrm{MeV}$, thấp hơn đáng kể so với mức liên kết trung bình ($7,75\mathrm{MeV}$). Nguyên nhân vật lý cốt lõi là hạt nhân ${}_8^{16}\mathrm{O}$ là hạt nhân ma thuật kép ($Z=8,N=8$) có cấu trúc vỏ hạt nhân đóng kín bền vững. Neutron thứ 9 của ${}_8^{17}\mathrm{O}$ phải nằm ở phân lớp vỏ ngoài $1{\mathrm{d}}_{5/2}$. Do đó, liên kết yếu hơn nhiều so với các nucleon trong lõi kín.

43.48

Nhiệt lượng truyền từ lòng sâu Trái Đất lên bề mặt. Hai phần ba lượng nhiệt này có nguồn gốc phóng xạ, nghĩa là nó sinh ra từ sự phân rã của các nguyên tố phóng xạ trong lớp manti (lớp phủ) của Trái Đất, chủ yếu từ ${}^{238}\mathrm{U}$ và ${}^{232}\mathrm{Th}$. Trong mô hình ước tính này, các tỉ lệ nêu ở từng bước được dùng gần đúng. Ta có thể ước tính nguồn nội tại của Trái Đất do sự phân rã của urani như sau: (a) Có $31\mu \mathrm{g}$ đồng vị ${}^{238}\mathrm{U}$ trong mỗi kilôgam manti. Hãy ước tính có bao nhiêu hạt nhân ${}^{238}\mathrm{U}$ trong mỗi kilôgam manti. (b) của ${}^{238}\mathrm{U}$ là $4,47$ tỉ năm. Hãy tính hằng số phân rã theo đơn vị ${\mathrm{s}}^{-1}$. (c) Nhân kết quả ở phần (a) và (b) để thu được trong mỗi kilôgam manti. (d) Mỗi chuỗi phân rã ${}^{238}\mathrm{U}\to {}^{206}\mathrm{Pb}$ giải phóng $52\mathrm{MeV}$ năng lượng. Sử dụng giá trị này để chuyển đổi hoạt độ phóng xạ thành công suất tính theo oát trên mỗi kilôgam manti ($\mathrm{W}/\mathrm{kg}$). (e) Khối lượng của Trái Đất là $6\times {10}^{24}\mathrm{kg}$, và hai phần ba lượng này là khối lượng manti. Hãy dùng các giá trị này để ước tính công suất mà Trái Đất nhận được từ các phân rã urani. (f) Phân rã urani chiếm $39\mathrm{\%}$ tổng nguồn nhiệt phóng xạ. Hãy ước tính tổng công suất nhiệt của Trái Đất liên quan đến các . (g) Trái Đất cũng giải phóng nhiệt lượng còn sót lại từ thời kỳ hình thành, với công suất tương đương nguồn nhiệt do phóng xạ. Hãy ước tính tổng công suất nhiệt mà bề mặt Trái Đất nhận được từ lòng sâu của nó.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hàm lượng urani trong manti là $31\mu \mathrm{g}/\mathrm{kg}$, $T_{1/2}=4,47\times {10}^9\mathrm{yr}$, chuỗi phân rã $Q=52\mathrm{MeV}$, khối lượng Trái Đất $M_{\mathrm{TD}}=6\times {10}^{24}\mathrm{kg}$, trong đó manti chiếm $2/3$, urani đóng góp $39\mathrm{\%}$ nhiệt phóng xạ và nhiệt nguyên thủy tương đương nhiệt phóng xạ. Tính lần lượt các đại lượng theo từng bước hướng dẫn từ (a) đến (g).

Hướng đi:

• Số hạt nhân và hằng số phân rã: $N=\frac{m_{\mathrm{U}}}{M_{\mathrm{U}}}{N}_A$ và $\lambda =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}$.
• Hoạt độ và công suất riêng: $A=\lambda N$ và $p=A\times Q$.
• Tổng công suất: Nhân với khối lượng manti $M_{\mathrm{manti}}=\frac{2}{3}{M}_{\mathrm{TD}}$, sau đó chia cho tỉ lệ $39\mathrm{\%}$ để ra tổng nhiệt phóng xạ và nhân đôi để ra tổng thông lượng nhiệt nội tại.

(a) Ước tính số hạt nhân ${}^{238}\mathrm{U}$ trong mỗi kilôgam manti:

Khối lượng urani trong $1\mathrm{kg}$ manti là $m=31\mu \mathrm{g}=31\times {10}^{-6}\mathrm{g}$. Số hạt nhân tương ứng:

$$N\approx 7,84\times {10}^{16}{\mathrm{kg}}^{-1}$$

(b) Tính hằng số phân rã:

Đổi sang giây:

$$T_{1/2}\approx \mathrm{1,411}\times {10}^{17}\mathrm{s}$$

Hằng số phân rã:

$$\lambda \approx \mathrm{4,914}\times {10}^{-18}{\mathrm{s}}^{-1}$$

(c) trong mỗi kilôgam manti:

Hoạt độ riêng:

$$A\approx \mathrm{0,385}4\mathrm{Bq}/\mathrm{kg}$$

(d) Công suất tỏa nhiệt trên mỗi kilôgam manti:

của mỗi chuỗi phân rã chuyển đổi sang joule:

$$Q\approx \mathrm{8,331}\times {10}^{-12}\mathrm{J}$$

Công suất riêng tỏa nhiệt:

$$p\approx 3,21\times {10}^{-12}\mathrm{W}/\mathrm{kg}$$

(e) Công suất Trái Đất nhận được từ các phân rã urani:

Khối lượng của lớp manti:

$$M_{\mathrm{manti}}=4\times {10}^{24}\mathrm{kg}$$

Công suất nhiệt từ urani:

$$P_{\mathrm{U}}\approx 1,28\times {10}^{13}\mathrm{W}$$

tương đương $12,8\mathrm{TW}$.

(f) Ước tính tổng công suất nhiệt từ các :

Vì urani đóng góp $39\mathrm{\%}$ nguồn nhiệt phóng xạ:

$$P_{\mathrm{phongxa}}\approx 3,29\times {10}^{13}\mathrm{W}$$

tương đương khoảng $33\mathrm{TW}$.

(g) Ước tính tổng công suất nhiệt Trái Đất nhận được từ lòng sâu:

Nhiệt nguyên thủy từ quá trình hình thành đóng góp một lượng xấp xỉ tương đương nhiệt phóng xạ:

$$P_{\mathrm{tong}}\approx 6,59\times {10}^{13}\mathrm{W}$$

tương đương khoảng $66\mathrm{TW}$.

Kết luận: từ chuỗi phân rã urani trong lớp manti cung cấp công suất khoảng $1,28\times {10}^{13}\mathrm{W}$, tổng nhiệt lượng phóng xạ khoảng $3,3\times {10}^{13}\mathrm{W}$ và tổng công suất nhiệt dẫn truyền từ lòng Trái Đất lên bề mặt đạt khoảng $6,6\times {10}^{13}\mathrm{W}$ theo mô hình ước lượng này.

Bài tập 43.49 – 43.64

43.49

Bụi phóng xạ từ các vụ thử vũ khí hạt nhân trong khí quyển (hoặc nguy hiểm hơn là việc sử dụng các loại vũ khí này) tiềm ẩn hiểm họa lớn đối với sức khỏe sinh học. Một trong những hạt nhân nguy hiểm nhất trong bụi phóng xạ là stronti-90 (${}_{38}^{90}\mathrm{Sr}$), phân rã qua bức xạ ${\beta }^{-}$ với $28\mathrm{yr}$. Về mặt hóa học, stronti tương tự như canxi nên có thể tích tụ sâu trong xương và răng, trở thành nguồn bức xạ nội tại kéo dài nhiều năm. (a) Hạt nhân con của quá trình phân rã ${}^{90}\mathrm{Sr}$ là gì? (b) Sau $56\mathrm{yr}$, lượng ${}^{90}\mathrm{Sr}$ còn lại chiếm bao nhiêu phần trăm so với ban đầu? (c) Cần chờ bao lâu để lượng ${}^{90}\mathrm{Sr}$ giảm xuống còn $6,25\mathrm{\%}$ giá trị ban đầu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: ${}_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ phân rã ${\beta }^{-}$, $T_{1/2}=28\mathrm{yr}$. (a) Xác định hạt nhân con. (b) Tìm tỉ lệ phần trăm còn lại sau $t=56\mathrm{yr}$. (c) Tìm thời gian $t$ để lượng phóng xạ còn $6,25\mathrm{\%}$.

Hướng đi:

• Định luật bảo toàn số khối và điện tích: Xác định hạt nhân con theo phương trình phân rã ${\beta }^{-}$.
• Định luật phóng xạ: Sử dụng tỉ lệ số hạt còn lại $N(t)/N_0=(1/2{)}^{t/T_{1/2}}$.

(a) Xác định hạt nhân con:

Trong phân rã ${\beta }^{-}$, một neutron biến đổi thành proton. Đồng thời, phát ra một electron và một phản neutrino electron:

$${}_{38}^{90}\mathrm{Sr}\to {}_{39}^{90}\mathrm{Y}+{\mathrm{e}}^{-}+{\overline{\nu }}_e$$

Hạt nhân con có số proton $Z=39$ và số khối $A=90$, đó chính là ytri-90 (${}_{39}^{90}\mathrm{Y}$).

(b) Tỉ lệ phần trăm ${}^{90}\mathrm{Sr}$ còn lại sau $56\mathrm{yr}$:

Thời gian $t=56\mathrm{yr}$ ứng với đúng hai :

$$n=\frac{t}{T_{1/2}}=\frac{56}{28}=2$$

Phần trăm còn lại:

$$\frac{N}{N_0}={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=0,25$$

(c) Thời gian để lượng ${}^{90}\mathrm{Sr}$ giảm còn $6,25\mathrm{\%}$:

Ta nhận thấy tỉ lệ còn lại là:

$$\frac{N}{N_0}={\left(\frac{1}{2}\right)}^4=\frac{1}{16}$$

Số trôi qua là $n=4$. Thời gian cần chờ đợi:

$$t=4T_{1/2}=112\mathrm{yr}$$

Kết luận: Hạt nhân con là ${}_{39}^{90}\mathrm{Y}$, sau $56\mathrm{yr}$ còn lại $25\mathrm{\%}$, và phải sau $112\mathrm{yr}$ lượng stronti-90 mới giảm xuống còn $6,25\mathrm{\%}$.

43.50

Hạt nhân thori ${}_{90}^{230}\mathrm{Th}$ phân rã thành hạt nhân radi ${}_{88}^{226}\mathrm{Ra}$ qua sự phát xạ hạt $\alpha$. Khối lượng nguyên tử trung hòa là $\mathrm{230,033}134\mathrm{u}$ đối với ${}_{90}^{230}\mathrm{Th}$ và $\mathrm{226,025}410\mathrm{u}$ đối với ${}_{88}^{226}\mathrm{Ra}$. Giả sử hạt nhân thori mẹ đứng yên trước khi phân rã, hãy tính động năng của hạt $\alpha$ phát ra, có tính đến sự giật lùi của hạt nhân con.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: : ${}_{90}^{230}\mathrm{Th}\to {}_{88}^{226}\mathrm{Ra}+\alpha$. Khối lượng $m{(}^{230}\mathrm{Th})=\mathrm{230,033}134\mathrm{u}$, $m{(}^{226}\mathrm{Ra})=\mathrm{226,025}410\mathrm{u}$, $m_{\alpha }=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$. Tính động năng $K_{\alpha }$.

Hướng đi:

• phân rã $Q$: Tính theo nghỉ của phản ứng.
• Bảo toàn và phân bố động năng: Vì hạt mẹ đứng yên, động lượng của hạt $\alpha$ và hạt nhân con bằng nhau về độ lớn. Do đó, động năng phân chia tỉ lệ nghịch với khối lượng.

Tính toán chi tiết:

của phản ứng phân rã là hiệu số giữa khối lượng hạt mẹ và tổng khối lượng các sản phẩm:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,005}121\mathrm{u}$$

phân rã toàn phần giải phóng ra:

$$Q\approx \mathrm{4,770}\mathrm{MeV}$$

Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ kín ban đầu đứng yên:

$$p_{\alpha }=p_{\mathrm{Ra}}$$

Vì vận tốc các mảnh vỡ nhỏ hơn nhiều so với tốc độ ánh sáng, ta dùng biểu thức động năng phi tương đối tính $K=p^2/(2m)$:

$$\frac{K_{\mathrm{Ra}}}{K_{\alpha }}=\frac{m_{\alpha }}{m_{\mathrm{Ra}}}$$

Tổng động năng của hai mảnh sản phẩm bằng $Q$:

$$K_{\alpha }+K_{\mathrm{Ra}}=Q$$

Suy ra động năng của hạt $\alpha$:

$$K_{\alpha }=\frac{m_{\mathrm{Ra}}}{m_{\mathrm{Ra}}+m_{\alpha }}Q$$

Thay số với tỉ số khối lượng $226/230$:

$$K_{\alpha }\approx \frac{226}{230}\times \mathrm{4,770}\mathrm{MeV}$$

$$K_{\alpha }\approx \mathrm{4,687}\mathrm{MeV}$$

Kết luận: Động năng của hạt $\alpha$ thu được là $4,69\mathrm{MeV}$, chiếm khoảng $98,3\mathrm{\%}$ tổng phân rã, phần còn lại truyền cho hạt nhân radi giật lùi.

43.51

Khối lượng nguyên tử của ${}_{12}^{25}\mathrm{Mg}$ là $\mathrm{24,985}837\mathrm{u}$, và khối lượng nguyên tử của ${}_{13}^{25}\mathrm{Al}$ là $\mathrm{24,990}428\mathrm{u}$. (a) Hạt nhân nào trong hai hạt nhân này sẽ tự phân rã thành hạt nhân kia? (b) Kiểu phân rã nào sẽ xảy ra? Hãy giải thích rõ cách xác định. (c) giải phóng trong phân rã này bằng bao nhiêu theo $\mathrm{MeV}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho $m{(}^{25}\mathrm{Mg})=\mathrm{24,985}837\mathrm{u}$ và $m{(}^{25}\mathrm{Al})=\mathrm{24,990}428\mathrm{u}$. (a) Xác định chiều phân rã tự phát. (b) Xác định kiểu phân rã. (c) Tính giải phóng $Q$ theo $\mathrm{MeV}$.

Hướng đi:

• Điều kiện : Hạt nhân có khối lượng lớn hơn sẽ tự phát phân rã sang hạt nhân có khối lượng nhỏ hơn.
• Bảo toàn điện tích: Xác định loại hạt bức xạ (${\beta }^{+}$ hay ).
• Ngưỡng khối lượng cho phân rã ${\beta }^{+}$: So sánh hiệu khối lượng nguyên tử với hai lần khối lượng electron $2m_e$.

(a) Xác định hạt nhân phân rã:

So sánh khối lượng nguyên tử:

$$m{(}_{13}^{25}\mathrm{Al})>m{(}_{12}^{25}\mathrm{Mg})$$

Vì một hệ cô lập chỉ có thể tự phát chuyển từ trạng thái nghỉ cao hơn sang trạng thái năng lượng nghỉ thấp hơn, hạt nhân nhôm ${}_{13}^{25}\mathrm{Al}$ sẽ phân rã thành hạt nhân magie ${}_{12}^{25}\mathrm{Mg}$.

(b) Kiểu phân rã:

Số điện tích giảm từ $Z=13$ xuống $Z=12$. Do đó, đây là quá trình chuyển đổi một proton thành một neutron:

$$\mathrm{p}\to \mathrm{n}+{\mathrm{e}}^{+}+{\nu }_e$$

Xét hiệu khối lượng nguyên tử trung hòa:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,004}591\mathrm{u}$$

Khối lượng của hai electron tự do:

$$2m_e\approx \mathrm{0,001}097\mathrm{u}$$

Vì $\mathrm{\Delta }m>2m_e$, phản ứng hoàn toàn đủ để phát xạ một positron tự do. Do đó hạt nhân sẽ phân rã chủ yếu bằng phát xạ positron (${\beta }^{+}$), bên cạnh xác suất phụ là quỹ đạo ($\mathrm{EC}$).

(c) giải phóng trong phân rã ${\beta }^{+}$:

khả dụng biến thành động năng:

$$\mathrm{\Delta }{m}_{\mathrm{eff}}=\mathrm{0,003}494\mathrm{u}$$

giải phóng:

$$Q\approx \mathrm{3,255}\mathrm{MeV}$$

Kết luận: Hạt nhân ${}_{13}^{25}\mathrm{Al}$ phân rã sang ${}_{12}^{25}\mathrm{Mg}$ qua bức xạ ${\beta }^{+}$ với giải phóng là $3,25\mathrm{MeV}$.

43.52

Các phản ứng trong Mặt Trời giải phóng $26,73\mathrm{MeV}$ cho mỗi hạt $\alpha$ được tạo thành. Mỗi phản ứng này đồng thời sinh ra hai hạt neutrino. Tổng công suất bức xạ của Mặt Trời vào khoảng $3,8\times {10}^{26}\mathrm{W}$. (a) Ước tính có bao nhiêu phản ứng nhiệt hạch diễn ra trong mỗi giây. (b) Ước tính số neutrino rời Mặt Trời trong mỗi giây. (c) Khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời là $150\mathrm{trieu}\mathrm{km}$, và bán kính Trái Đất là $6370\mathrm{km}$. Dựa vào các số liệu này, ước tính số neutrino Mặt Trời chạm tới Trái Đất trong mỗi giây. (d) Trái Đất tạo ra tiết diện chắn neutrino bao nhiêu centimét vuông đối với Mặt Trời? (e) Chia kết quả phần (c) cho phần (d) để ước tính mật độ thông lượng neutrino Mặt Trời xuyên qua mỗi centimét vuông bề mặt trên Trái Đất trong mỗi giây.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: mỗi phản ứng $Q=26,73\mathrm{MeV}$, sinh ra $2$ neutrino. Công suất $P=3,8\times {10}^{26}\mathrm{W}$. Khoảng cách Trái Đất - Mặt Trời $d=1,50\times {10}^{11}\mathrm{m}$. Bán kính Trái Đất $R_{\mathrm{TD}}=6370\mathrm{km}$. Tính tuần tự các đại lượng từ (a) đến (e).

Sơ đồ thông lượng neutrino từ Mặt Trời tới Trái Đất

Hướng đi:

• Tốc độ phản ứng: $R=P/Q$.
• Tốc độ sinh neutrino: $N_{\nu }=2R$.
• Thông lượng trên mặt cầu: Neutrino tỏa đẳng hướng vào không gian, mật độ phân bố giảm theo tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách $4\pi d^2$.

(a) Số phản ứng diễn ra trong mỗi giây:

Đổi phản ứng sang đơn vị joule:

$$Q\approx \mathrm{4,283}\times {10}^{-12}\mathrm{J}$$

Số phản ứng xảy ra trong một giây:

$$R=\frac{P}{Q}\approx 8,87\times {10}^{37}{\mathrm{s}}^{-1}$$

(b) Số neutrino phát ra từ Mặt Trời trong mỗi giây:

Vì mỗi phản ứng tổng hợp một hạt $\alpha$ kèm theo hai neutrino:

$$N_{\nu }\approx 1,77\times {10}^{38}{\mathrm{s}}^{-1}$$

(c) Số neutrino Mặt Trời chạm tới Trái Đất mỗi giây:

Tỉ lệ diện tích chắn của Trái Đất trên toàn bộ mặt cầu bán kính quỹ đạo:

$$f=\frac{\pi R_{\mathrm{TD}}^2}{4\pi d^2}=\frac{R_{\mathrm{TD}}^2}{4d^2}$$

Thay bán kính Trái Đất $6370\mathrm{km}$ và khoảng cách $150\times {10}^6\mathrm{km}$:

$$f\approx \mathrm{4,508}\times {10}^{-10}$$

Số hạt neutrino đập vào Trái Đất mỗi giây:

$$N_{\nu ,\mathrm{TD}}\approx 7,99\times {10}^{28}{\mathrm{s}}^{-1}$$

(d) Tiết diện hứng neutrino của Trái Đất:

Tiết diện chiếu hình của Trái Đất lên phương tia sáng:

$$A=\pi R_{\mathrm{TD}}^2$$

Đổi bán kính $R_{\mathrm{TD}}=6,37\times {10}^8\mathrm{cm}$:

$$A\approx \mathrm{1,275}\times {10}^{18}{\mathrm{cm}}^2$$

(e) Mật độ thông lượng neutrino trên mỗi centimét vuông:

Thông lượng neutrino nhận được:

$$\mathrm{\Phi }=\frac{N_{\nu ,\mathrm{TD}}}{A}=\frac{N_{\nu }}{4\pi d^2}$$

$$\mathrm{\Phi }\approx 6,27\times {10}^{10}{\mathrm{cm}}^{-2}{\mathrm{s}}^{-1}$$

Kết luận: Mỗi giây có khoảng $8,9\times {10}^{37}$ phản ứng diễn ra trong lòng Mặt Trời, và có tới hơn $60$ tỉ neutrino xuyên qua mỗi centimét vuông cơ thể chúng ta mỗi giây mà không gây ra tương tác đáng kể nào.

43.53

phóng xạ cacbon trong cơ thể là một trong những nguồn chiếu xạ tự nhiên đối với con người. Hãy ước tính liều lượng mà chúng ta tự hấp thụ. Đồng vị ${}^{14}\mathrm{C}$ phân rã qua bức xạ ${\beta }^{-}$, và cacbon chiếm $18\mathrm{\%}$ khối lượng cơ thể người. (a) Viết sơ đồ phân rã của cacbon-14 và chỉ rõ sản phẩm cuối cùng. (b) Bỏ qua động năng của neutrino, tính động năng giải phóng (theo $\mathrm{MeV}$) trong mỗi phân rã. Khối lượng nguyên tử ${}^{14}\mathrm{C}$ là $\mathrm{14,003}242\mathrm{u}$. (c) Có bao nhiêu gam cacbon trong cơ thể một người nặng $75\mathrm{kg}$? Khối lượng cacbon này tạo ra bao nhiêu phân rã trong mỗi giây? (Sử dụng dữ liệu hoạt độ riêng từ Ví dụ 43.9 là $\mathrm{0,255}\mathrm{Bq}/\mathrm{g}$). (d) Giả sử toàn bộ giải phóng được cơ thể hấp thụ, tính công suất tỏa năng lượng theo $\mathrm{MeV}/\mathrm{s}$ và $\mathrm{J}/\mathrm{s}$. (e) Tra Bảng 43.3 và chọn giá trị $\mathrm{RBE}$ thích hợp lớn nhất cho hạt bức xạ. Tính và cơ thể tự nhận trong một năm theo $\mathrm{Gy}$, $\mathrm{rad}$, $\mathrm{Sv}$ và $\mathrm{rem}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Người nặng $75\mathrm{kg}$, cacbon chiếm $18\mathrm{\%}$. Hoạt độ riêng $\mathrm{0,255}\mathrm{Bq}/\mathrm{g}$. $m{(}^{14}\mathrm{C})=\mathrm{14,003}242\mathrm{u}$. Tính liều lượng bức xạ theo từng bước (a) đến (e).

Hướng đi:

• Phương trình phân rã và $Q$: So sánh khối lượng nguyên tử trung hòa ${}^{14}\mathrm{C}$ và ${}^{14}\mathrm{N}$.
• Hoạt độ tổng: $A=m_{\mathrm{C}}\times (\text{hoạt độ riêng})$.
• Công suất và : Tính tổng hấp thụ trong một năm $E=P\times t$, từ đó suy ra $D=E/m$ và $H=D\times \mathrm{RBE}$.

(a) Sơ đồ phân rã cacbon-14:

Cacbon-14 phân rã ${\beta }^{-}$ biến thành nitơ-14 bền vững:

$${}_6^{14}\mathrm{C}\to {}_7^{14}\mathrm{N}+{\mathrm{e}}^{-}+{\overline{\nu }}_e$$

Sản phẩm cuối cùng là hạt nhân bền nitơ-14 (${}_7^{14}\mathrm{N}$).

(b) Động năng giải phóng mỗi phân rã:

Khối lượng nguyên tử ${}_7^{14}\mathrm{N}$ là $\mathrm{14,003}074\mathrm{u}$. :

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,000}168\mathrm{u}$$

tỏa ra:

$$Q\approx 156,5\mathrm{keV}$$

(c) Khối lượng cacbon và :

Khối lượng nguyên tố cacbon trong cơ thể người $75\mathrm{kg}$:

$$m_{\mathrm{C}}=13,5\mathrm{kg}=13500\mathrm{g}$$

trong cơ thể:

$$A\approx 3443\mathrm{Bq}$$

(d) Công suất giải phóng :

Công suất tỏa theo $\mathrm{MeV}/\mathrm{s}$:

$$P\approx 538,8\mathrm{MeV}/\mathrm{s}$$

Chuyển đổi sang đơn vị oát ($\mathrm{J}/\mathrm{s}$):

$$P\approx 8,63\times {10}^{-11}\mathrm{W}$$

(e) Liều bức xạ tích lũy trong một năm:

Đối với hạt ${\beta }^{-}$ (electron), hệ số hiệu dụng sinh học là $\mathrm{RBE}=1,5$. Tổng hấp thụ trong một năm ($\mathrm{3,156}\times {10}^7\mathrm{s}$):

$$E=P\cdot t\approx 2,72\times {10}^{-3}\mathrm{J}$$

nhận được:

$$D=\frac{E}{m}$$

xấp xỉ $3,63\times {10}^{-5}\mathrm{Gy}$. tương đương khoảng $3,63\mathrm{mrad}$.

với $\mathrm{RBE}=1,5$:

$$H\approx 5,45\times {10}^{-5}\mathrm{Sv}$$

tương đương $54,5\mu \mathrm{Sv}$ hay $5,45\mathrm{mrem}$.

Kết luận: Nguồn phân rã cacbon-14 tự nhiên trong cơ thể người cung cấp một liều bức xạ khoảng $54\mu \mathrm{Sv}/\mathrm{yr}$ ($5,4\mathrm{mrem}/\mathrm{yr}$), chiếm một phần nhỏ trong tổng liều bức xạ nền môi trường tự nhiên.

43.54

Hạt pion trung hòa (${\pi }^0$) có khối lượng nghỉ bằng $264$ lần khối lượng electron và phân rã với thời gian sống $8,4\times {10}^{-17}\mathrm{s}$ thành hai . Loại hạt pion này từng được nghiên cứu ứng dụng trong xạ trị ung thư. (a) Tìm và bước sóng của các photon này. Chúng nằm trong vùng nào của thang sóng điện từ? Giá trị $\mathrm{RBE}$ của các photon này bằng bao nhiêu? (b) Nếu cần cung cấp một liều chiếu xạ thông thường là $200\mathrm{rem}$ trong một đợt điều trị cho khối u có khối lượng $25\mathrm{g}$, thì cần bao nhiêu hạt meson ${\pi }^0$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khối lượng $m({\pi }^0)=264m_e$. Phân rã ${\pi }^0\to 2\gamma$. Liều cần chiếu $H=200\mathrm{rem}$. Khối u $m=25\mathrm{g}=\mathrm{0,025}\mathrm{kg}$. (a) Tìm , bước sóng, vùng quang phổ và $\mathrm{RBE}$. (b) Tính số hạt pion cần thiết.

Hướng đi:

• Bảo toàn nghỉ: Năng lượng nghỉ của ${\pi }^0$ phân đều cho hai phát ra theo hai hướng ngược nhau.
• Bước sóng De Broglie / Planck: $\lambda =hc/E_{\gamma }$.
• Mối liên hệ liều lượng: Tính tổng hấp thụ cần thiết $E=D\times m$, rồi chia cho năng lượng phân rã của mỗi hạt pion.

(a) và bước sóng của :

nghỉ toàn phần của hạt ${\pi }^0$:

$$E_0\approx 134,9\mathrm{MeV}$$

Vì hạt pion phân rã khi đứng yên thành hai đối xứng, mỗi photon mang đúng một nửa nghỉ:

$$E_{\gamma }=\frac{E_0}{2}\approx 67,45\mathrm{MeV}$$

Bước sóng của :

$$\lambda =\frac{hc}{E_{\gamma }}$$

Bước sóng xấp xỉ $1,84\times {10}^{-14}\mathrm{m}$.

Các này thuộc vùng tia gamma ($\gamma$) rất cao. Đối với photon tia gamma, hệ số hiệu dụng sinh học là $\mathrm{RBE}=1,0$.

(b) Số hạt pion ${\pi }^0$ cần thiết:

Với $\mathrm{RBE}=1,0$, tương ứng với liều $200\mathrm{rem}$ là:

$$D=2,00\mathrm{Gy}=2,00\mathrm{J}/\mathrm{kg}$$

Tổng cần truyền cho khối u:

$$E_{\mathrm{tong}}=\mathrm{0,050}\mathrm{J}$$

tỏa ra từ mỗi hạt pion chuyển sang đơn vị joule:

$$E_0\approx 2,16\times {10}^{-11}\mathrm{J}$$

Số hạt pion cần dùng:

$$N\approx 2,31\times {10}^9$$

Kết luận: Mỗi có $67,5\mathrm{MeV}$, bước sóng $1,84\times {10}^{-14}\mathrm{m}$ thuộc vùng tia gamma, và cần khoảng $2,31\times {10}^9$ hạt pion để đạt liều xạ trị $200\mathrm{rem}$.

43.55

Hãy tính cho quá trình phân rã ${\beta }^{+}$ của hạt nhân ${}_6^{11}\mathrm{C}$. Phân rã này có khả dĩ về mặt hay không? Vì sao? Khối lượng nguyên tử của ${}_6^{11}\mathrm{C}$ là $\mathrm{11,011}434\mathrm{u}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét phân rã ${\beta }^{+}$ của ${}_6^{11}\mathrm{C}$. Khối lượng nguyên tử $m{(}^{11}\mathrm{C})=\mathrm{11,011}434\mathrm{u}$. Tính và xét tính khả dĩ về mặt .

Hướng đi:

• Phương trình phân rã: ${}_6^{11}\mathrm{C}\to {}_5^{11}\mathrm{B}+{\mathrm{e}}^{+}+{\nu }_e$.
• Điều kiện phân rã ${\beta }^{+}$: Phân rã phát xạ positron đòi hỏi hiệu khối lượng giữa nguyên tử mẹ và nguyên tử con phải lớn hơn hai lần khối lượng nghỉ của electron tự do ($2m_e$).

Tính toán chi tiết:

Tra Bảng 43.2, khối lượng nguyên tử trung hòa ${}_5^{11}\mathrm{B}$ là $\mathrm{11,009}305\mathrm{u}$. Hiệu khối lượng nguyên tử giữa mẹ và con:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,002}129\mathrm{u}$$

Trong phân rã ${\beta }^{+}$, hạt nhân mẹ giải phóng một positron. Đồng thời, lớp vỏ nguyên tử con bớt đi một electron liên kết để bảo toàn điện tích trung hòa. Khối lượng của hai hạt mang điện này là:

$$2m_e\approx \mathrm{0,001}097\mathrm{u}$$

thực sự khả dụng để biến thành động năng:

$$\mathrm{\Delta }{m}_{\mathrm{eff}}=\mathrm{0,001}032\mathrm{u}$$

Vì $\mathrm{\Delta }{m}_{\mathrm{eff}}>0$, phân rã hoàn toàn khả dĩ về mặt . Năng lượng phân rã giải phóng:

$$Q\approx \mathrm{0,961}\mathrm{MeV}$$

Kết luận: khả dụng là $\mathrm{0,001}032\mathrm{u}$, tương ứng với giải phóng $\mathrm{0,961}\mathrm{MeV}$. Quá trình phân rã ${\beta }^{+}$ của ${}^{11}\mathrm{C}$ là hoàn toàn khả dĩ về mặt năng lượng.

43.56

Một người nuốt phải một lượng nguồn phóng xạ có thời gian sống rất dài với hoạt độ $0,52\mu \mathrm{Ci}$. Vật liệu phóng xạ này đọng lại trong phổi của cô ấy, nơi toàn bộ các hạt $\alpha$ mang $4,0\mathrm{MeV}$ phát ra đều bị hấp thụ hoàn toàn trong khối lượng mô phổi là $0,50\mathrm{kg}$. Hãy tính và nhận được trong thời gian một năm.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hoạt độ nguồn $A=0,52\mu \mathrm{Ci}$, thời gian sống dài. Hạt $\alpha$ có $4,0\mathrm{MeV}$. Khối lượng mô $m=0,50\mathrm{kg}$. Thời gian $t=1\mathrm{yr}$. Tính $D$ và $H$.

Hướng đi:

• Tổng số hạt phát ra: Vì rất dài so với 1 năm, hoạt độ coi như không đổi, $N=A\times t$.
• hấp thụ: $E=N\times E_{\alpha }$.
• Liều lượng: Tính $D=E/m$ và $H=D\times \mathrm{RBE}$ với $\mathrm{RBE}=20$ của hạt alpha.

Tính toán chi tiết:

Quy đổi hoạt độ sang đơn vị becquerel:

$$A\approx \mathrm{1,924}\times {10}^4\mathrm{Bq}$$

Tổng số phân rã trong một năm ($t=\mathrm{3,156}\times {10}^7\mathrm{s}$):

$$N\approx \mathrm{6,072}\times {10}^{11}$$

của một hạt $\alpha$:

$$E_{\alpha }\approx \mathrm{6,409}\times {10}^{-13}\mathrm{J}$$

Tổng mô phổi hấp thụ:

$$E\approx \mathrm{0,389}2\mathrm{J}$$

trong một năm:

$$D=\frac{E}{m}\approx \mathrm{0,778}\mathrm{Gy}$$

tương đương $77,8\mathrm{rad}$.

Đối với hạt $\alpha$, hệ số hiệu dụng sinh học rất cao, $\mathrm{RBE}=20$. sinh học:

$$H\approx 15,57\mathrm{Sv}$$

tương đương khoảng $1,56\times {10}^3\mathrm{rem}$.

Kết luận: là $\mathrm{0,778}\mathrm{Gy}$ ($78\mathrm{rad}$) và đạt mức nguy hiểm là $15,57\mathrm{Sv}$ ($1,56\times {10}^3\mathrm{rem}$). Các giá trị này được tính theo giả thiết hấp thụ toàn bộ và nguồn không bị đào thải trong một năm.

43.57

Năm 1952, các vạch quang phổ của nguyên tố tecneti-99 (${}^{99}\mathrm{Tc}$) lần đầu tiên được phát hiện trong bầu khí quyển của một ngôi sao khổng lồ đỏ. Các sao khổng lồ đỏ là những ngôi sao già cỗi, thường có tuổi thọ khoảng 10 tỉ năm và đang ở giai đoạn cuối của đời sao. Tecneti không có bền, và của ${}^{99}\mathrm{Tc}$ chỉ là $200000\mathrm{yr}$. (a) Sau 10 tỉ năm, ${}^{99}\mathrm{Tc}$ đã trải qua bao nhiêu chu kỳ bán rã? (b) Tỉ lệ phần ${}^{99}\mathrm{Tc}$ ban đầu còn sót lại sau khoảng thời gian đó là bao nhiêu? Phát hiện này là bằng chứng quyết định khẳng định học thuyết cho rằng phần lớn các nguyên tố nặng hơn hydro và heli được hình thành qua và các quá trình hạt nhân khác trong sao. Nếu tecneti có mặt từ lúc ngôi sao mới hình thành thì sau 10 tỉ năm lượng còn lại sẽ quá nhỏ đến mức không thể phát hiện được.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: ${}^{99}\mathrm{Tc}$ là $T_{1/2}=200000\mathrm{yr}$ (tức $2\times {10}^5\mathrm{yr}$), tuổi sao $t=10\times {10}^9\mathrm{yr}$ (tức ${10}^{10}\mathrm{yr}$). (a) Tính số chu kỳ bán rã. (b) Tính tỉ lệ hạt nhân còn lại.

Hướng đi:

• Số : $n=t/T_{1/2}$.
• Tỉ lệ hạt nhân còn lại: Áp dụng định luật phóng xạ $N/N_0=(1/2{)}^n$.

(a) Số đã trôi qua:

$$n=50000$$

này đã trải qua đúng $50000$ .

(b) Tỉ lệ còn lại của ${}^{99}\mathrm{Tc}$:

Tỉ lệ số hạt nhân còn sót lại:

$$\frac{N}{N_0}=2^{-50000}$$

Lấy logarit thập phân để ước tính bậc độ lớn:

$${\log }_{10}(N/N_0)\approx -15051$$

Tỉ số này tương đương:

$$\frac{N}{N_0}\approx {10}^{-15051}$$

Giá trị này quá nhỏ để lượng tecneti ban đầu còn có thể tạo tín hiệu quan sát được.

Kết luận: Trải qua $50000$ , tỉ lệ còn lại là ${10}^{-15051}$. Việc phát hiện thấy vạch quang phổ của tecneti cho thấy nguyên tố này đã được tổng hợp trong thời gian gần đây so với tuổi sao bên trong lòng ngôi sao khổng lồ đỏ.

43.58

Một người nặng $70,0\mathrm{kg}$ bị chiếu xạ toàn thân bởi bức xạ $\alpha$ có $4,77\mathrm{MeV}$. Có tổng cộng $7,75\times {10}^{12}$ hạt $\alpha$ bị cơ thể hấp thụ. (a) tính theo $\mathrm{rad}$ bằng bao nhiêu? (b) tính theo $\mathrm{rem}$ bằng bao nhiêu? (c) Nếu nguồn phóng xạ là một mẩu radi ${}^{226}\mathrm{Ra}$ nặng $\mathrm{0,032}0\mathrm{g}$ ( $1600\mathrm{yr}$) nằm trong cơ thể, thì hoạt độ của nguồn này bằng bao nhiêu? (d) Giả sử mọi hạt $\alpha$ sinh ra đều bị cơ thể hấp thụ, cần bao nhiêu thời gian để nguồn này phát ra liều chiếu xạ nói trên?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Người nặng $m=70,0\mathrm{kg}$. Số hạt $\alpha$ là $N=7,75\times {10}^{12}$. mỗi hạt $4,77\mathrm{MeV}$. Khối lượng radi $\mathrm{0,032}0\mathrm{g}$, $1600\mathrm{yr}$. Tính liều lượng và thời gian phát xạ.

Hướng đi:

• toàn phần: $E=N\times E_{\alpha }$.
• Liều lượng: $D=E/m$ và $H=D\times \mathrm{RBE}$ với $\mathrm{RBE}=20$.
• Hoạt độ nguồn: Tính số hạt nhân $N_0=\frac{m_{\mathrm{Ra}}}{M}{N}_A$ và hoạt độ $A=\lambda N_0$.
• Thời gian tích lũy: $t=N/A$.

(a) Tính theo $\mathrm{rad}$:

của một hạt $\alpha$ đổi sang joule:

$$E_{\alpha }\approx \mathrm{7,642}\times {10}^{-13}\mathrm{J}$$

Tổng hấp thụ:

$$E\approx \mathrm{5,923}\mathrm{J}$$

theo đơn vị $\mathrm{Gy}$:

$$D\approx \mathrm{0,084}6\mathrm{Gy}$$

Quy đổi sang $\mathrm{rad}$ ($1\mathrm{Gy}=100\mathrm{rad}$):

$$D\approx 8,46\mathrm{rad}$$

(b) Tính theo $\mathrm{rem}$:

Đối với hạt $\alpha$, hệ số $\mathrm{RBE}=20$:

$$H=D\times 20\approx 169\mathrm{rem}$$

tương đương $1,69\mathrm{Sv}$.

(c) Hoạt độ của nguồn radi-226:

Số hạt nhân ${}^{226}\mathrm{Ra}$ trong $\mathrm{0,032}0\mathrm{g}$:

$$N_0\approx \mathrm{8,526}\times {10}^{19}$$

đổi sang giây:

$$T_{1/2}\approx 5,05\times {10}^{10}\mathrm{s}$$

Hằng số phân rã:

$$\lambda \approx \mathrm{1,373}\times {10}^{-11}{\mathrm{s}}^{-1}$$

Hoạt độ của nguồn:

$$A=\lambda N_0$$

Hoạt độ ban đầu xấp xỉ $1,17\times {10}^9\mathrm{Bq}$. tương đương khoảng $31,6\mathrm{mCi}$.

(d) Thời gian để tích lũy đủ liều chiếu xạ:

Thời gian phát ra $7,75\times {10}^{12}$ hạt:

$$t=\frac{N}{A}\approx 6620\mathrm{s}$$

tương đương khoảng $1,84\mathrm{h}$ (khoảng 110 phút).

Kết luận: là $8,46\mathrm{rad}$, là $169\mathrm{rem}$, hoạt độ của nguồn radi là $1,17\times {10}^9\mathrm{Bq}$ và thời gian chiếu xạ là $1,84\mathrm{h}$.

43.59

Các phép đo đạc địa chất chỉ ra rằng hiện nay $27,83\mathrm{\%}$ tổng số nguyên tử rubi trên Trái Đất thuộc về phóng xạ ${}^{87}\mathrm{Rb}$, phần còn lại là đồng vị bền ${}^{85}\mathrm{Rb}$. của ${}^{87}\mathrm{Rb}$ là $4,75\times {10}^{10}\mathrm{yr}$. Giả định rằng không có nguyên tử rubi nào được tạo thêm sau đó, hãy tính xem đồng vị ${}^{87}\mathrm{Rb}$ chiếm bao nhiêu phần trăm tổng số nguyên tử rubi khi Hệ Mặt Trời mới hình thành cách đây $4,6\times {10}^9\mathrm{yr}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tỉ lệ ${}^{87}\mathrm{Rb}$ hiện nay là $27,83\mathrm{\%}$, còn lại là ${}^{85}\mathrm{Rb}$. $T_{1/2}=4,75\times {10}^{10}\mathrm{yr}$. Thời gian đã trôi qua $t=4,6\times {10}^9\mathrm{yr}$. Tính phần trăm ${}^{87}\mathrm{Rb}$ tại thời điểm hình thành.

Hướng đi:

• Tính tỉ số hạt nhân hiện tại: Tỉ số giữa số hạt nhân phân rã ${}^{87}\mathrm{Rb}$ và bền ${}^{85}\mathrm{Rb}$.
• Truy nguyên quá khứ: Hạt nhân bền giữ nguyên số lượng. Trong khi đó, số hạt nhân phóng xạ ở thời điểm $t$ năm trước nhiều hơn theo thừa số ${\mathrm{e}}^{\lambda t}$.

Tính toán chi tiết:

Tỉ số số nguyên tử hiện nay:

$$\frac{N_{87}}{N_{85}}\approx \mathrm{0,385}6$$

Hằng số phân rã của ${}^{87}\mathrm{Rb}$:

$$\lambda =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}$$

Hằng số phân rã xấp xỉ $\mathrm{1,459}\times {10}^{-11}{\mathrm{yr}}^{-1}$.

Số nguyên tử ${}^{87}\mathrm{Rb}$ ở thời điểm cách đây $4,6\times {10}^9\mathrm{yr}$:

$$N_{87}(0)=N_{87}\cdot {\mathrm{e}}^{\lambda t}$$

Hệ số tăng trưởng ngược:

$${\mathrm{e}}^{\lambda t}={\mathrm{e}}^{\mathrm{0,067}1}\approx \mathrm{1,069}4$$

Tỉ số nguyên tử ở thời điểm ban đầu:

$$\frac{N_{87}(0)}{N_{85}}\approx \mathrm{0,412}4$$

Phần trăm của ${}^{87}\mathrm{Rb}$ vào lúc Hệ Mặt Trời hình thành:

$${\mathrm{\%}}^{87}\mathrm{Rb}\approx 29,2\mathrm{\%}$$

Kết luận: Khi Hệ Mặt Trời mới hình thành cách đây $4,6$ tỉ năm, ${}^{87}\mathrm{Rb}$ chiếm khoảng $29,2\mathrm{\%}$ tổng số nguyên tử rubi trên Trái Đất.

43.60

Hạt nhân ${}_8^{15}\mathrm{O}$ có là $122,2\mathrm{s}$. Hạt nhân ${}_8^{19}\mathrm{O}$ có chu kỳ bán rã là $26,9\mathrm{s}$. Giả sử tại một thời điểm ban đầu, mẫu chứa số lượng hạt nhân hai này bằng nhau. Hãy xác định tỉ số số hạt nhân ${}_8^{15}\mathrm{O}$ so với ${}_8^{19}\mathrm{O}$: (a) Sau thời gian $3,0\min$. (b) Sau thời gian $12,0\min$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $T_1=122,2\mathrm{s}$ (${}^{15}\mathrm{O}$) và $T_2=26,9\mathrm{s}$ (${}^{19}\mathrm{O}$). Ban đầu $N_1(0)=N_2(0)$. Tính tỉ số $N_1(t)/N_2(t)$ tại: (a) $t=3,0\min$. (b) $t=12,0\min$.

Hướng đi:

• Quy luật phân rã độc lập: $N(t)=N_0\cdot 2^{-t/T_{1/2}}$.
• Tỉ số số lượng hạt nhân: Lập tỉ số hàm mũ theo cơ số $2$.

Tính toán chi tiết:

Biểu thức tỉ số số hạt nhân ở thời điểm $t$:

$$\frac{N_1(t)}{N_2(t)}=2^{t(1/T_2-1/T_1)}$$

Hiệu số nghịch đảo của hai ($1/26,9-1/122,2$):

$$\mathrm{\Delta }\approx \mathrm{0,028}99{\mathrm{s}}^{-1}$$

(a) Sau thời gian $3,0\min$ ($t=180\mathrm{s}$):

Số mũ trong lũy thừa cơ số 2:

$$n\approx \mathrm{5,218}$$

Tỉ số số hạt:

$$\frac{N_1}{N_2}=2^{\mathrm{5,218}}\approx 37,2$$

(b) Sau thời gian $12,0\min$ ($t=720\mathrm{s}$):

Số mũ trong lũy thừa cơ số 2:

$$n\approx 20,87$$

Tỉ số số hạt:

$$\frac{N_1}{N_2}=2^{20,87}\approx 1,9\times {10}^6$$

Kết luận: Sau $3,0\min$, tỉ số ${}^{15}\mathrm{O}/{}^{19}\mathrm{O}$ là $37,2$, và sau $12,0\min$ tỉ số này tăng vọt lên khoảng $1,9\times {10}^6$ do ${}^{19}\mathrm{O}$ phân rã nhanh hơn rất nhiều.

43.61

Một nguồn phóng xạ coban-60 (${}^{60}\mathrm{Co}$) có hoạt độ $2,6\times {10}^{-4}\mathrm{Ci}$ được cấy trực tiếp vào bên trong một khối u ác tính có khối lượng $\mathrm{0,200}\mathrm{kg}$. Nguồn phát ra các tia $\gamma$ có trung bình là $1,25\mathrm{MeV}$. Một nửa số photon phát ra bị khối u hấp thụ, nửa còn lại thoát ra ngoài. (a) Khối u nhận được bao nhiêu năng lượng trong mỗi giây? (b) nhận được trong mỗi giây bằng bao nhiêu theo đơn vị $\mathrm{rad}$? (c) nhận được trong mỗi giây bằng bao nhiêu theo đơn vị $\mathrm{rem}$ nếu $\mathrm{RBE}$ của các tia $\gamma$ này là $0,70$? (d) Cần chiếu xạ trong bao lâu để khối u đạt được liều tương đương điều trị là $200\mathrm{rem}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hoạt độ $A=2,6\times {10}^{-4}\mathrm{Ci}$. Khối u $m=\mathrm{0,200}\mathrm{kg}$. $E_{\gamma }=1,25\mathrm{MeV}$. Tỉ lệ hấp thụ $50\mathrm{\%}$. $\mathrm{RBE}=0,70$. Liều đích $H=200\mathrm{rem}$. Tính các thông số từ (a) đến (d).

Hướng đi:

• Công suất : $P=0,50\times A\times E_{\gamma }$.
• Suất và tương đương: $\mathrm{d}D/\mathrm{d}t=P/m$ và $\mathrm{d}H/\mathrm{d}t=\mathrm{RBE}\times \mathrm{d}D/\mathrm{d}t$.
• Thời gian chiếu: $t=H/(\mathrm{d}H/\mathrm{d}t)$.

(a) khối u nhận được trong mỗi giây:

Hoạt độ của nguồn tính theo becquerel:

$$A\approx 9,62\times {10}^6\mathrm{Bq}$$

của một tia $\gamma$:

$$E_{\gamma }\approx \mathrm{2,003}\times {10}^{-13}\mathrm{J}$$

Công suất khối u hấp thụ:

$$P\approx 9,63\times {10}^{-7}\mathrm{W}$$

(b) Suất theo $\mathrm{rad}/\mathrm{s}$:

Suất liều theo đơn vị $\mathrm{Gy}/\mathrm{s}$:

$$\frac{\mathrm{d}D}{\mathrm{d}t}\approx 4,82\times {10}^{-6}\mathrm{Gy}/\mathrm{s}$$

Đổi sang $\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ($1\mathrm{Gy}=100\mathrm{rad}$):

$$\frac{\mathrm{d}D}{\mathrm{d}t}\approx 4,82\times {10}^{-4}\mathrm{rad}/\mathrm{s}$$

(c) Suất theo $\mathrm{rem}/\mathrm{s}$:

Với $\mathrm{RBE}=0,70$:

$$\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}\approx 3,37\times {10}^{-6}\mathrm{Sv}/\mathrm{s}$$

tương đương với:

$$\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}\approx 3,37\times {10}^{-4}\mathrm{rem}/\mathrm{s}$$

(d) Thời gian cần thiết để đạt liều $200\mathrm{rem}$:

Thời gian chiếu xạ:

$$t\approx 5,93\times {10}^5\mathrm{s}$$

Đổi sang ngày:

$$t\approx 6,87\mathrm{d}$$

Kết luận: hấp thụ mỗi giây là $9,63\times {10}^{-7}\mathrm{J}/\mathrm{s}$, suất là $4,82\times {10}^{-4}\mathrm{rad}/\mathrm{s}$, suất là $3,37\times {10}^{-4}\mathrm{rem}/\mathrm{s}$ và thời gian điều trị cần thiết là khoảng $6,87$ ngày (khoảng 165 giờ).

43.62

Chuỗi phản ứng proton-proton mô tả trong Mục 43.8, hay còn gọi là chuỗi p-p I, chịu trách nhiệm cho $83,3\mathrm{\%}$ lượng heli tổng hợp trong Mặt Trời. Quá trình này tiêu thụ sáu proton để tạo ra một hạt $\alpha$, hai proton, hai neutrino và ít nhất sáu tia gamma. (a) Phản ứng đầu tiên $2{}_1^1\mathrm{H}\to {}_1^2\mathrm{H}+{\mathrm{e}}^{+}+{\nu }_e$ được nối tiếp ngay lập tức bởi sự hủy hạt của positron với electron môi trường thành hai photon, mỗi photon có bằng năng lượng nghỉ của electron. Năng lượng $E_1$ còn lại do hạt deuteron và neutrino mang đi là bao nhiêu? (b) Xét trong hệ quy chiếu có tổng của deuteron và neutrino bằng không. Ký hiệu năng lượng tương đối tính của neutrino là $E_{\nu }$ và vận tốc phi tương đối tính của deuteron là $v_d$, khối lượng deuteron là $m_d$. Hãy thiết lập các điều kiện bảo toàn năng lượng và động lượng cho hai hạt theo $E_1$, coi neutrino có khối lượng xấp xỉ bằng không. (c) Giải hệ phương trình ở phần (b) và dùng khối lượng deuteron trong Bảng 43.2 để xác định phần trăm năng lượng $E_1$ mà hạt neutrino mang đi. (d) Tổng năng lượng do các neutrino mang đi trong chuỗi p-p I là bao nhiêu? (e) Phần trăm năng lượng do neutrino mang đi so với tổng năng lượng giải phóng của chuỗi p-p I là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuỗi p-p I: Phản ứng tạo deuteron mang $E_1$. Tính phân bố năng lượng giữa hạt deuteron và neutrino. Tính tổng năng lượng neutrino mang đi trong chuỗi.

Hướng đi:

• và khả dụng: Tính năng lượng nghỉ chênh lệch trước và sau phản ứng loại trừ phần hủy hạt.
• Hệ quy chiếu khối tâm: Áp dụng $p_{\nu }=p_d$ và $E_1=E_{\nu }+p_d^2/(2m_d)$.
• Tổng chuỗi: Chuỗi sinh ra hai neutrino từ hai phản ứng nhánh đầu tiên.

(a) Xác định còn lại $E_1$:

giữa hai nguyên tử hydro ($2\times \mathrm{1,007}825\mathrm{u}$) và deuteri ($\mathrm{2,014}102\mathrm{u}$):

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,001}548\mathrm{u}$$

tương ứng:

$$\mathrm{\Delta }m\cdot c^2\approx \mathrm{1,442}\mathrm{MeV}$$

Trong phản ứng này, sự hủy cặp positron-electron giải phóng đúng bằng hai lần năng lượng nghỉ của electron:

$$2m_e{c}^2\approx \mathrm{1,022}\mathrm{MeV}$$

Phần còn lại $E_1$ chia sẻ cho động năng của hạt deuteron và hạt neutrino là:

$$E_1=\mathrm{0,420}\mathrm{MeV}$$

tương đương $420\mathrm{keV}$.

(b) Các phương trình bảo toàn và :

Trong hệ quy chiếu khối tâm, tổng bằng không:

$$p_d=p_{\nu }=\frac{E_{\nu }}{c}$$

Động năng của hạt deuteron (dùng cơ học phi tương đối tính vì $E_1\ll m_d{c}^2$):

$$K_d=\frac{p_d^2}{2m_d}=\frac{E_{\nu }^2}{2m_d{c}^2}$$

Định luật bảo toàn :

$$E_1=E_{\nu }+\frac{E_{\nu }^2}{2m_d{c}^2}$$

(c) Tỉ lệ phần trăm do neutrino mang đi:

Khối lượng nghỉ của hạt deuteron là $m_d{c}^2\approx 1876\mathrm{MeV}$. Tỉ số giữa động năng giật lùi của deuteron và neutrino:

$$\frac{K_d}{E_{\nu }}\approx 1,1\times {10}^{-4}$$

Động năng giật lùi của hạt nhân chỉ chiếm khoảng $0,01\mathrm{\%}$. Do đó neutrino mang đi hầu như toàn bộ :

$$\frac{E_{\nu }}{E_1}\approx 99,99\mathrm{\%}$$

Hạt neutrino mang đi trọn vẹn xấp xỉ $\mathrm{0,420}\mathrm{MeV}$.

(d) Tổng neutrino mang đi trong chuỗi p-p I:

Vì cần hai phản ứng đầu tiên để tạo ra hai hạt deuteron tổng hợp nên một hạt $\alpha$, chuỗi giải phóng hai hạt neutrino:

$$E_{\nu ,\mathrm{tong}}=\mathrm{0,840}\mathrm{MeV}$$

(e) Phần trăm neutrino mang đi trong chuỗi:

Tổng giải phóng của toàn bộ chuỗi p-p I là $Q_{\mathrm{tong}}=26,73\mathrm{MeV}$. Tỉ lệ phần trăm năng lượng do neutrino mang đi:

$$\mathrm{\%}{E}_{\nu }\approx 3,14\mathrm{\%}$$

Ở đây đã dùng mô hình hai hạt của phần (b). Trong phản ứng thực, positron còn mang động năng và phổ nơtrino liên tục, nên kết quả này không phải nơtrino trung bình của toàn bộ phản ứng trong Mặt Trời.

Kết luận: khả dụng $E_1$ là $\mathrm{0,420}\mathrm{MeV}$, neutrino mang đi $99,99\mathrm{\%}$ năng lượng này, tổng năng lượng neutrino trong chuỗi là $\mathrm{0,840}\mathrm{MeV}$, chiếm khoảng $3,14\mathrm{\%}$ năng lượng chuỗi trong mô hình hai hạt đang xét.

43.63

Mặt Trời tổng hợp một phần nhỏ ($16,68\mathrm{\%}$) lượng heli-4 thông qua chuỗi p-p II, trong đó bốn proton và một hạt $\alpha$ có sẵn tạo ra hai hạt $\alpha$, hai neutrino và ít nhất bốn tia $\gamma$. Hai bước đầu tiên giống hệt hai bước đầu của chuỗi p-p I. Tuy nhiên, bước thứ ba là ${}_2^3\mathrm{He}+{}_2^4\mathrm{He}\to {}_4^7\mathrm{Be}+\gamma$, trong đó ${}_4^7\mathrm{Be}$ là không bền có khối lượng $\mathrm{7,016}930\mathrm{u}$. (a) của photon tia $\gamma$ này bằng bao nhiêu? (b) Hạt nhân berili sau đó bắt một electron để biến đổi thành liti: ${}_4^7\mathrm{Be}+{\mathrm{e}}^{-}\to {}_3^7\mathrm{Li}+{\nu }_e$, trong đó ${}_3^7\mathrm{Li}$ có khối lượng $\mathrm{7,016}003\mathrm{u}$. Năng lượng dư thừa do neutrino mang đi. Hãy tính năng lượng của hạt neutrino này. (c) Tiếp theo, một proton va chạm với hạt nhân liti tạo thành hai hạt $\alpha$: ${}_1^1\mathrm{H}+{}_3^7\mathrm{Li}\to 2{}_2^4\mathrm{He}$. Năng lượng giải phóng trong bước này là bao nhiêu? (d) Nếu mỗi hạt $\alpha$ bay ra với cùng tốc độ trong hệ quy chiếu phân rã, tốc độ của mỗi hạt $\alpha$ bằng bao nhiêu? (e) Tổng năng lượng giải phóng trong toàn bộ chuỗi p-p II bằng bao nhiêu? (f) Kết quả này so với chuỗi p-p I như thế nào? (g) Phần trăm năng lượng trong chuỗi p-p II do các neutrino mang đi là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuỗi p-p II: Các khối lượng $m{(}^3\mathrm{He})=\mathrm{3,016}029\mathrm{u}$, $m{(}^4\mathrm{He})=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$, $m{(}^7\mathrm{Be})=\mathrm{7,016}930\mathrm{u}$, $m{(}^7\mathrm{Li})=\mathrm{7,016}003\mathrm{u}$. Tính tuần tự các và vận tốc hạt từ (a) đến (g).

Hướng đi:

• từng phản ứng: Tính qua nghỉ $\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$.
• Động học phân rã hai hạt đối xứng: Hai hạt $\alpha$ nhận động năng bằng nhau.
• Tổng kết chuỗi: So sánh đầu vào và đầu ra tổng thể của chu trình .

(a) trong phản ứng tạo ${}^7\mathrm{Be}$:

Tổng khối lượng ban đầu của ${}^3\mathrm{He}$ và ${}^4\mathrm{He}$:

$$m_{\mathrm{dau}}\approx \mathrm{7,018}632\mathrm{u}$$

tạo thành ${}^7\mathrm{Be}$:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,001}702\mathrm{u}$$

phát ra:

$$E_{\gamma }\approx \mathrm{1,585}\mathrm{MeV}$$

(b) neutrino sinh ra do :

Hiệu khối lượng nguyên tử giữa ${}^7\mathrm{Be}$ và ${}^7\mathrm{Li}$:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,000}927\mathrm{u}$$

Trong phản ứng quỹ đạo, giải phóng hầu như toàn bộ do neutrino mang đi:

$$E_{\nu }\approx \mathrm{0,863}\mathrm{MeV}$$

tương đương $863\mathrm{keV}$.

(c) giải phóng trong phản ứng bẻ vỡ liti:

Khối lượng trước phản ứng của ${}^1\mathrm{H}$ và ${}^7\mathrm{Li}$:

$$m_{\mathrm{dau}}\approx \mathrm{8,023}828\mathrm{u}$$

Khối lượng hai hạt $\alpha$:

$$m_{\mathrm{cuoi}}\approx \mathrm{8,005}206\mathrm{u}$$

:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,018}622\mathrm{u}$$

giải phóng:

$$Q\approx \mathrm{17,346}\mathrm{MeV}$$

(d) Tốc độ của mỗi hạt $\alpha$:

Hai hạt $\alpha$ có khối lượng bằng nhau và bay theo hai hướng ngược chiều nhau trong hệ quy chiếu khối tâm. Do đó, động năng chia đều cho mỗi hạt:

$$K_{\alpha }=\mathrm{8,673}\mathrm{MeV}$$

Khối lượng nghỉ của hạt $\alpha$ là $m_{\alpha }{c}^2\approx 3727,4\mathrm{MeV}$. Tỉ số vận tốc tương đối tính:

$$\frac{v_{\alpha }}{c}\approx \mathrm{0,068}2$$

Tốc độ của mỗi hạt $\alpha$:

$$v_{\alpha }\approx 2,04\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}$$

(e) Tổng giải phóng trong chuỗi p-p II:

Xét toàn bộ chu trình, hạt $\alpha$ ban đầu đóng vai trò xúc tác và được hoàn trả ở sản phẩm cuối. Đầu vào thuần túy là 4 hạt proton và đầu ra là một hạt $\alpha$ mới tạo thành. Tổng giải phóng toàn chuỗi:

$$Q_{\mathrm{tong}}\approx 26,73\mathrm{MeV}$$

(f) So sánh với chuỗi p-p I:

Tổng tỏa ra hoàn toàn bằng nhau ($26,73\mathrm{MeV}$), bởi vì phương trình biến đổi hạt nhân tổng cộng của cả hai chu trình là giống hệt nhau: $4{}^1\mathrm{H}\to {}^4\mathrm{He}+2{\mathrm{e}}^{+}+2{\nu }_e$.

(g) Phần trăm neutrino mang đi:

Chuỗi p-p II phát ra hai neutrino: Một neutrino thấp từ bước đầu ($\mathrm{0,420}\mathrm{MeV}$) và một neutrino từ phản ứng của berili ($\mathrm{0,863}\mathrm{MeV}$). Tổng năng lượng do hai neutrino mang đi:

$$E_{\nu ,\mathrm{tong}}=\mathrm{1,283}\mathrm{MeV}$$

Phần trăm mang đi:

$$\mathrm{\%}{E}_{\nu }\approx 4,80\mathrm{\%}$$

Kết luận: các và neutrino lần lượt là $1,59\mathrm{MeV}$ và $\mathrm{0,863}\mathrm{MeV}$, tốc độ hạt $\alpha$ là $2,04\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}$, tổng năng lượng giải phóng bằng $26,73\mathrm{MeV}$ (bằng chuỗi p-p I), và neutrino mang đi $4,80\mathrm{\%}$ năng lượng chuỗi.

43.64

Ngoài các chuỗi p-p I và p-p II, Mặt Trời còn tạo ra heli-4 qua một chuỗi phản ứng tương đối hiếm gọi là chuỗi p-p III. Chuỗi này chỉ tạo ra $0,1\mathrm{\%}$ tổng số hạt $\alpha$ của Mặt Trời nhưng lại sinh ra các neutrino có cao vượt trội, đóng vai trò quan trọng trong lịch sử nghiên cứu vật lý hạt neutrino. Trong chuỗi p-p III, hạt nhân ${}_2^3\mathrm{He}$ kết hợp với ${}_2^4\mathrm{He}$ để tạo ra ${}_4^7\mathrm{Be}$ như chuỗi p-p II. Nhưng sau đó, ${}_4^7\mathrm{Be}$ hấp thụ một proton để tạo ra ${}_5^8\mathrm{B}$, rồi ${}_5^8\mathrm{B}$ phân rã thành ${}_4^8\mathrm{Be}$ cùng một positron và một neutrino. (a) Tổng năng lượng giải phóng trong quá trình này có thể xác định từ các sản phẩm đầu vào và đầu ra tổng thể $4{}_1^1\mathrm{H}\to {}_2^4\mathrm{He}$. Tổng năng lượng giải phóng bằng bao nhiêu? (b) Cho khối lượng $\mathrm{8,024}607\mathrm{u}$ của ${}_5^8\mathrm{B}$ và $\mathrm{8,005}3051\mathrm{u}$ của ${}_4^8\mathrm{Be}$, hãy xác định năng lượng của hạt neutrino phát ra trong phân rã từ ${}_5^8\mathrm{B}$ sang ${}_4^8\mathrm{Be}$. (c) Phần trăm năng lượng trong chuỗi p-p III do các neutrino mang đi là bao nhiêu? (Lưu ý: Chuỗi này cũng tạo ra một neutrino năng lượng thấp).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuỗi p-p III: Cho $m{(}_5^8\mathrm{B})=\mathrm{8,024}607\mathrm{u}$ và $m{(}_4^8\mathrm{Be})=\mathrm{8,005}3051\mathrm{u}$. (a) Tính tổng giải phóng $Q_{\mathrm{tong}}$ của chuỗi. (b) Xác định năng lượng của neutrino phát ra từ phân rã ${}^8\mathrm{B}$. (c) Ước tính phần trăm năng lượng do các neutrino mang đi.

Hướng đi:

• Cân bằng khối lượng và chuỗi: Phương trình tổng quát $4{}^1\mathrm{H}\to {}^4\mathrm{He}+2{\mathrm{e}}^{+}+2{\nu }_e$. Hiệu khối lượng nguyên tử trung hòa $4M{(}^1\mathrm{H})-M{(}^4\mathrm{He})$ đã bao gồm cả phần năng lượng hủy cặp positron-electron.
• Động học ba hạt: Phân rã ${\beta }^{+}$ là quá trình ba vật thể (${}^8\mathrm{Be}$, ${\mathrm{e}}^{+}$, ${\nu }_e$). phân rã được chia sẻ liên tục giữa positron và neutrino. Do đó, neutrino có phổ liên tục với điểm đầu mút (năng lượng cực đại) $E_{\nu ,max}\approx Q_{{\beta }^{+}}$.
• Phần trăm mang đi: Năng lượng trung bình không thể xác định duy nhất chỉ từ khối lượng nghỉ nếu thiếu phổ chi tiết. Ta xác định giới hạn trên từ các giá trị cực đại (endpoints) của hai neutrino trong chuỗi.

(a) Tổng giải phóng của chuỗi p-p III:

Xét phản ứng biến đổi hạt nhân tổng thể của chuỗi:

$$4{}_1^1\mathrm{H}\to {}_2^4\mathrm{He}+2{\mathrm{e}}^{+}+2{\nu }_e$$

Hai positron sinh ra sẽ lập tức hủy với hai electron trong môi trường:

$$2{\mathrm{e}}^{+}+2{\mathrm{e}}^{-}\to 4\gamma$$

Do đó, toàn bộ 4 electron nguyên tử ban đầu tham gia vào trạng thái cuối (2 electron nằm trong nguyên tử ${}^4\mathrm{He}$ trung hòa và 2 electron tham gia phản ứng hủy). Hiệu khối lượng giữa 4 nguyên tử hydro trung hòa và một nguyên tử heli-4 trung hòa phản ánh đầy đủ tổng tỏa ra ($M_{\mathrm{H}}=M{(}^1\mathrm{H})$ và $M_{\mathrm{He}}=M{(}^4\mathrm{He})$):

$$\mathrm{\Delta }M=4M_{\mathrm{H}}-M_{\mathrm{He}}$$

Với $M_{\mathrm{H}}=\mathrm{1,007}825\mathrm{u}$ và $M_{\mathrm{He}}=\mathrm{4,002}603\mathrm{u}$:

$$\mathrm{\Delta }M=\mathrm{0,028}697\mathrm{u}$$

Tổng giải phóng tương ứng:

$$Q_{\mathrm{tong}}=\mathrm{\Delta }M\cdot c^2$$

$$Q_{\mathrm{tong}}\approx 26,73\mathrm{MeV}$$

(b) hạt neutrino phát ra từ phân rã ${}_5^8\mathrm{B}$:

Phương trình cộng của bor-8:

$${}_5^8\mathrm{B}\to {}_4^8\mathrm{Be}+{\mathrm{e}}^{+}+{\nu }_e$$

Vì đây là quá trình phân rã ba hạt, giải phóng được phân chia liên tục giữa positron và neutrino (động năng giật lùi của hạt nhân ${}^8\mathrm{Be}$ là không đáng kể do khối lượng rất lớn). Vì vậy, neutrino không có một giá trị năng lượng đơn nhất cố định, mà mang phổ năng lượng liên tục trải dài từ $0$ đến giá trị cực đại khả dĩ (điểm đầu mút của phổ):

$$E_{\nu ,max}=Q_{{\beta }^{+}}$$

Độ chênh lệch khối lượng nguyên tử giữa ${}_5^8\mathrm{B}$ và ${}_4^8\mathrm{Be}$:

$$\mathrm{\Delta }{M}_{\mathrm{B}-\mathrm{Be}}=\mathrm{0,019}302\mathrm{u}$$

Trong phân rã ${\beta }^{+}$, để tạo thành positron và duy trì cân bằng điện tích nguyên tử, khối lượng khả dụng giảm đi đúng $2m_e$:

$$\mathrm{\Delta }{m}_{\mathrm{eff}}=\mathrm{\Delta }{M}_{\mathrm{B}-\mathrm{Be}}-2m_e$$

Với $2m_e\approx \mathrm{0,001}097\mathrm{u}$:

$$\mathrm{\Delta }{m}_{\mathrm{eff}}\approx \mathrm{0,018}205\mathrm{u}$$

cực đại của hạt neutrino (điểm đầu mút):

$$E_{\nu ,max}\approx 16,96\mathrm{MeV}$$

của neutrino phát ra có thể nhận bất kỳ giá trị nào trong khoảng từ $0$ đến $16,96\mathrm{MeV}$.

(c) Phần trăm neutrino mang đi trong chuỗi p-p III:

Chuỗi p-p III giải phóng hai hạt neutrino:

• Một neutrino thấp từ phản ứng đầu tiên ($p+p\to d+{\mathrm{e}}^{+}+{\nu }_e$) có điểm đầu mút $E_{\nu 1,max}\approx \mathrm{0,420}\mathrm{MeV}$.
• Một neutrino cao từ phân rã ${}^8\mathrm{B}$ có điểm đầu mút $E_{\nu 2,max}\approx 16,96\mathrm{MeV}$.

Vì được phân bổ theo phổ liên tục, giá trị năng lượng trung bình thực tế không thể suy ra duy nhất chỉ từ các khối lượng đã cho nếu không biết dạng phổ phân rã. Tuy nhiên, ta có thể xác định cận trên cho năng lượng neutrino bằng cách lấy tổng điểm đầu mút cực đại của cả hai hạt:

$$E_{\nu ,max,\mathrm{tong}}\approx 17,38\mathrm{MeV}$$

Tỉ lệ phần trăm cực đại mà neutrino có thể mang đi:

$$\mathrm{\%}{E}_{\nu ,max}\approx \frac{17,38}{26,73}$$

$$\mathrm{\%}{E}_{\nu ,max}\approx 65,0\mathrm{\%}$$

Trong thực tế, giá trị trung bình mang đi sẽ thấp hơn cận trên $65,0\mathrm{\%}$ này đáng kể do phổ phân bố năng lượng beta.

Kết luận: Tổng chuỗi là $26,73\mathrm{MeV}$. Do tính chất phân chia năng lượng liên tục của phân rã ${\beta }^{+}$, neutrino từ ${}^8\mathrm{B}$ có dải năng lượng liên tục với điểm cực đại là $16,96\mathrm{MeV}$. Cận trên lý thuyết cho phần trăm năng lượng do các neutrino mang đi là khoảng $65,0\mathrm{\%}$.

Bài tập 43.65 – 43.72

43.65

Một mẩu xương tìm thấy trong một hang động từng là nơi cư trú của người tiền sử chứa hàm lượng ${}^{14}\mathrm{C}$ chỉ bằng $0,29$ lần so với hàm lượng cacbon tương đương trong khí quyển ở thời điểm sinh vật mang mẩu xương này qua đời (tham khảo Ví dụ 43.9 trong Mục 43.4). Hãy xác định niên đại ước tính của mẩu xương này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tỉ lệ cacbon-14 còn lại $N/N_0=0,29$. của ${}^{14}\mathrm{C}$ là $T_{1/2}=5730\mathrm{yr}$. Xác định tuổi $t$ của mẩu xương.

Hướng đi:

• Định luật phóng xạ: Áp dụng hệ thức suy giảm số hạt $N(t)=N_0\cdot {\mathrm{e}}^{-\lambda t}$.
• Xác định niên đại: $t=-\frac{1}{\lambda }\ln \left(\frac{N}{N_0}\right)$.

Tính toán chi tiết:

Hằng số phân rã của ${}^{14}\mathrm{C}$:

$$\lambda =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}$$

Hằng số phân rã xấp xỉ $\mathrm{1,210}\times {10}^{-4}{\mathrm{yr}}^{-1}$.

Theo định luật :

$$\frac{N}{N_0}={\mathrm{e}}^{-\lambda t}=0,29$$

Lấy logarit tự nhiên hai vế:

$$-\lambda t=\ln (0,29)\approx -\mathrm{1,238}$$

Niên đại của mẩu xương:

$$t=\frac{\mathrm{1,238}}{\lambda }\approx 10200\mathrm{yr}$$

Kết luận: Mẩu xương có niên đại khoảng $10200$ năm (tức khoảng $10,2$ nghìn năm trước).

43.66

Trong thảm họa hạt nhân Chernobyl năm 1986 tại Đông Âu, khoảng $1/8$ lượng xesi-137 (${}^{137}\mathrm{Cs}$) trong lò phản ứng đã bị giải phóng ra khí quyển. ${}^{137}\mathrm{Cs}$ có $30,07\mathrm{yr}$, phân rã ${\beta }^{-}$ với tổng phát ra là $1,17\mathrm{MeV}$ cho mỗi phân rã. Trong đó, electron mang động năng $0,51\mathrm{MeV}$, còn $0,66\mathrm{MeV}$ còn lại thuộc về tia $\gamma$. Đồng vị phóng xạ này được thực vật hấp thụ, sau đó đi vào gia súc và con người qua chuỗi thức ăn. Cần có bao nhiêu nguyên tử ${}^{137}\mathrm{Cs}$ trong mỗi kilôgam mô cơ thể để nhận được trong một tuần là $3,5\mathrm{Sv}$? Giả sử toàn bộ năng lượng phân rã đều truyền cho $1,0\mathrm{kg}$ mô và hệ số $\mathrm{RBE}$ của electron là $1,5$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho $T_{1/2}=30,07\mathrm{yr}$. phân rã gồm electron $0,51\mathrm{MeV}$ ($\mathrm{RBE}=1,5$) và tia gamma $0,66\mathrm{MeV}$ ($\mathrm{RBE}=1,0$). cần đạt trong 1 tuần là $H=3,5\mathrm{Sv}$. Tính số nguyên tử ${}^{137}\mathrm{Cs}$ trong mỗi kilôgam mô.

Hướng đi:

• sinh học hiệu dụng mỗi phân rã: Tính tổng do cả electron và đóng góp: Năng lượng hiệu dụng $E_{\mathrm{eff}}$ theo trọng số RBE.
• Số phân rã cần thiết trong một tuần: $\mathrm{\Delta }N=H/H_1$.
• Số hạt nhân phóng xạ ban đầu: $\mathrm{\Delta }N\approx N_0\lambda t$.

Tính toán chi tiết:

Hằng số phân rã của xesi-137 đổi sang giây:

$$T_{1/2}\approx \mathrm{9,490}\times {10}^8\mathrm{s}$$

$$\lambda =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}$$

Hằng số phân rã xấp xỉ $\mathrm{7,304}\times {10}^{-10}{\mathrm{s}}^{-1}$.

tương đương sinh học hiệu dụng cho mỗi phân rã trong $1,0\mathrm{kg}$ mô: Tổng năng lượng quy đổi sinh học là:

$$E_{\mathrm{eff}}=\mathrm{1,425}\mathrm{MeV}$$

Chuyển đổi sang đơn vị joule:

$$E_{\mathrm{eff}}\approx \mathrm{2,283}\times {10}^{-13}\mathrm{J}$$

Mỗi phân rã tạo ra trong $1,0\mathrm{kg}$ mô là:

$$H_1\approx \mathrm{2,283}\times {10}^{-13}\mathrm{Sv}$$

Số phân rã cần xảy ra trong một tuần ($t=\mathrm{6,048}\times {10}^5\mathrm{s}$) để đạt liều $3,5\mathrm{Sv}$:

$$\mathrm{\Delta }N\approx \mathrm{1,533}\times {10}^{13}$$

Phần hạt nhân phân rã trong thời gian một tuần:

$$f=\lambda t\approx \mathrm{4,417}\times {10}^{-4}$$

Số lượng nguyên tử ${}^{137}\mathrm{Cs}$ cần có trong mỗi kilôgam mô:

$$N_0\approx 3,47\times {10}^{16}{\mathrm{kg}}^{-1}$$

Kết luận: Cần có khoảng $3,47\times {10}^{16}$ nguyên tử ${}^{137}\mathrm{Cs}$ trong mỗi kilôgam mô cơ thể (tương ứng với khối lượng xesi khoảng $7,9\mu \mathrm{g}/\mathrm{kg}$) để tạo ra liều chiếu xạ $3,5\mathrm{Sv}$ trong một tuần.

43.67

Xét phản ứng ${}_1^2\mathrm{H}+{}_1^2\mathrm{H}\to {}_2^3\mathrm{He}+{}_0^1\mathrm{n}$. (a) Hãy ước tính hàng rào Coulomb bằng cách tính thế năng tĩnh điện đẩy giữa hai hạt nhân deuteri ${}_1^2\mathrm{H}$ khi chúng tiếp xúc với nhau. (b) Tính năng lượng giải phóng trong phản ứng này theo $\mathrm{MeV}$ và theo $\mathrm{J}$. (c) Tính năng lượng giải phóng trên mỗi mol khí deuteri (chú ý rằng khí deuteri là phân tử hai nguyên tử ${\mathrm{D}}_2$), và so sánh kết quả này với nhiệt cháy của khí hydro là khoảng $2,9\times {10}^5\mathrm{J}/\mathrm{mol}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phản ứng deuteri-deuteri: ${}_1^2\mathrm{H}+{}_1^2\mathrm{H}\to {}_2^3\mathrm{He}+\mathrm{n}$. (a) Tính đẩy Coulomb khi tiếp xúc. (b) Tính năng lượng giải phóng $Q$ theo $\mathrm{MeV}$ và $\mathrm{J}$. (c) Tính năng lượng giải phóng trên mỗi mol ${\mathrm{D}}_2$ và so sánh với nhiệt cháy hóa học.

Hướng đi:

• và khoảng cách tiếp xúc: $R=R_0{A}^{1/3}$ với $R_0=1,2\mathrm{fm}$ và $r=2R$.
• Coulomb: $U=\frac{e^2}{4\pi {ϵ}_{0}r}$.
• phản ứng $Q$: $\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$.
• trên một mol: Mỗi phân tử ${\mathrm{D}}_2$ chứa hai hạt nhân deuteri. Do đó, một mol phân tử tham gia đúng $N_A$ phản ứng .

(a) Ước tính hàng rào Coulomb:

deuteri ($A=2$):

$$R\approx \mathrm{1,512}\mathrm{fm}$$

Khoảng cách tâm giữa hai hạt nhân khi tiếp xúc:

$$r_{min}=2R\approx \mathrm{3,024}\mathrm{fm}$$

đẩy Coulomb tại điểm tiếp xúc:

$$U\approx \mathrm{0,476}\mathrm{MeV}$$

tương đương khoảng $7,63\times {10}^{-14}\mathrm{J}$.

(b) giải phóng trong phản ứng:

Khối lượng trước phản ứng của hai nguyên tử deuteri:

$$m_{\mathrm{dau}}=\mathrm{4,028}204\mathrm{u}$$

Khối lượng sau phản ứng của heli-3 và neutron:

$$m_{\mathrm{cuoi}}\approx \mathrm{4,024}694\mathrm{u}$$

phản ứng:

$$\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,003}510\mathrm{u}$$

tỏa ra theo $\mathrm{MeV}$:

$$Q\approx \mathrm{3,270}\mathrm{MeV}$$

Chuyển đổi sang joule:

$$Q\approx \mathrm{5,238}\times {10}^{-13}\mathrm{J}$$

(c) tỏa ra trên mỗi mol khí ${\mathrm{D}}_2$:

Mỗi phân tử ${\mathrm{D}}_2$ chứa hai nguyên tử deuteri, phản ứng tiêu thụ hai hạt nhân để tạo ra một phân rã . Vì vậy, một mol khí phân tử ${\mathrm{D}}_2$ trải qua đúng $N_A$ phản ứng:

$$E_{\mathrm{mol}}\approx 3,15\times {10}^{11}\mathrm{J}/\mathrm{mol}$$

So sánh với nhiệt cháy hóa học của hydro ($2,9\times {10}^5\mathrm{J}/\mathrm{mol}$):

$$\frac{E_{\mathrm{mol}}}{E_{\mathrm{chay}}}\approx 1,1\times {10}^6$$

Kết luận: Coulomb là $0,48\mathrm{MeV}$, giải phóng là $3,27\mathrm{MeV}$ ($5,24\times {10}^{-13}\mathrm{J}$), và năng lượng trên mỗi mol khí deuteri lớn hơn nhiệt cháy hóa học tới hơn một triệu lần.

43.68

Là một nhà khoa học trong phòng thí nghiệm vật lý hạt nhân, bạn đang thực hiện thí nghiệm quang phân rã để kiểm chứng liên kết của hạt nhân deuteri. Một có bước sóng $\lambda$ trong không khí được một hạt nhân deuteri hấp thụ, làm nó vỡ ra thành một neutron và một proton. Hai mảnh vỡ này chia đều động năng giải phóng, và hạt nhân deuteri có thể coi là đứng yên ban đầu. Bạn đo tốc độ $v$ của proton sau phản ứng theo bước sóng $\lambda$ của photon chiếu vào. Kết quả thực nghiệm thu được trong bảng sau:

$\lambda$ (${10}^{-13}\mathrm{m}$)	$v$ (${10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$)
$3,50$	$11,3$
$3,75$	$10,2$
$4,00$	$9,1$
$4,25$	$8,1$
$4,50$	$7,2$
$4,75$	$6,1$
$5,00$	$4,9$

(a) Vẽ đồ thị các điểm dữ liệu $v^2$ theo $1/\lambda$. Giải thích vì sao các điểm thực nghiệm khi biểu diễn theo cách này lại gần như nằm trên một đường thẳng. Tìm độ dốc và tung độ gốc của đường thẳng khớp tốt nhất với dữ liệu. (b) Giả sử $h$ và $c$ có các giá trị chuẩn đã biết. Hãy sử dụng kết quả ở phần (a) để tính khối lượng của proton và liên kết (theo $\mathrm{MeV}$) của hạt nhân deuteri.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bảng số liệu $7$ điểm $(\lambda ,v)$ trong thí nghiệm quang phân rã deuteri: $\gamma +\mathrm{d}\to \mathrm{p}+\mathrm{n}$. (a) Thiết lập mối quan hệ tuyến tính giữa $v^2$ và $1/\lambda$, tìm hệ số góc và tung độ gốc qua hồi quy tuyến tính. (b) Xác định khối lượng proton $m_p$ và liên kết $E_B$ của hạt deuteron.

Đồ thị tuyến tính hóa quang phân rã deuteri

Hướng đi:

• Định luật bảo toàn : Năng lượng hấp thụ $hc/\lambda$ trừ đi năng lượng liên kết $E_B$ chuyển hóa thành tổng động năng của proton và neutron: $K_p+K_n=\frac{hc}{\lambda }-E_B$.
• Tính đối xứng động học: Khối lượng proton và neutron xấp xỉ bằng nhau, hai hạt chia đều động năng: $K_p\approx \frac{1}{2}{m}_p{v}^2$.
• Hồi quy tuyến tính: Tuyến tính hóa hàm số $v^2=\left(\frac{hc}{m_p}\right)\frac{1}{\lambda }-\frac{E_B}{m_p}$.

(a) Thiết lập hệ thức tuyến tính và hồi quy dữ liệu:

tới là $E_{\gamma }=hc/\lambda$. Bảo toàn năng lượng:

$$\frac{hc}{\lambda }-E_B=K_p+K_n$$

Vì hai mảnh vỡ chia đều động năng:

$$K_p=K_n=\frac{1}{2}{m}_p{v}^2$$

Tổng động năng:

$$K_p+K_n=m_p{v}^2$$

Suy ra:

$$v^2=\left(\frac{hc}{m_p}\right)\frac{1}{\lambda }-\frac{E_B}{m_p}$$

Hệ thức có dạng hàm bậc nhất $y=ax+b$ với biến phụ thuộc $y=v^2$, biến độc lập $x=1/\lambda$, hệ số góc $a=hc/m_p$ và tung độ gốc $b=-E_B/m_p$.

Tính các cặp giá trị $(x,y)$ từ bảng dữ liệu:

• $\lambda =3,50\times {10}^{-13}\mathrm{m}$, suy ra $x\approx \mathrm{2,857}\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^{-1}$, $y=127,7\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$
• $\lambda =3,75\times {10}^{-13}\mathrm{m}$, suy ra $x\approx \mathrm{2,667}\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^{-1}$, $y=104,0\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$
• $\lambda =4,00\times {10}^{-13}\mathrm{m}$, suy ra $x\approx \mathrm{2,500}\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^{-1}$, $y=82,8\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$
• $\lambda =4,25\times {10}^{-13}\mathrm{m}$, suy ra $x\approx \mathrm{2,353}\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^{-1}$, $y=65,6\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$
• $\lambda =4,50\times {10}^{-13}\mathrm{m}$, suy ra $x\approx \mathrm{2,222}\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^{-1}$, $y=51,8\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$
• $\lambda =4,75\times {10}^{-13}\mathrm{m}$, suy ra $x\approx \mathrm{2,105}\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^{-1}$, $y=37,2\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$
• $\lambda =5,00\times {10}^{-13}\mathrm{m}$, suy ra $x\approx \mathrm{2,000}\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^{-1}$, $y=24,0\times {10}^{12}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$

Thực hiện hồi quy tuyến tính bình phương tối thiểu: Hệ số góc:

$$a\approx \mathrm{1,199}\times {10}^2{\mathrm{m}}^3/{\mathrm{s}}^2$$

Tung độ gốc:

$$b\approx -\mathrm{2,156}\times {10}^{14}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$$

Hệ số tương quan tuyến tính đạt $r^2\approx \mathrm{0,999}5$, chứng minh các điểm dữ liệu thực nghiệm bám rất sát đường thẳng lý thuyết.

(b) Tính khối lượng proton và liên kết của deuteron:

Từ hệ số góc $a=hc/m_p$:

$$m_p=\frac{hc}{a}$$

Khối lượng hạt proton thu được xấp xỉ $\mathrm{1,657}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.

Kết quả này sai lệch chưa đầy $1\mathrm{\%}$ so với khối lượng chuẩn của proton ($\mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$).

Từ tung độ gốc $b=-E_B/m_p$:

$$E_B=-b\cdot m_p$$

liên kết xấp xỉ $\mathrm{3,572}\times {10}^{-13}\mathrm{J}$.

Đổi sang đơn vị $\mathrm{MeV}$:

$$E_B\approx \mathrm{2,230}\mathrm{MeV}$$

Kết luận: Độ dốc đường thẳng là $1,20\times {10}^2{\mathrm{m}}^3/{\mathrm{s}}^2$, tung độ gốc là $-2,16\times {10}^{14}{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$, từ đó xác định được khối lượng proton là $1,66\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và liên kết của deuteron là $2,23\mathrm{MeV}$, phù hợp gần đúng với giá trị bảng tra ($\mathrm{2,224}\mathrm{MeV}$).

43.69

Công ty của bạn phát triển phóng xạ ứng dụng trong y học. Trong quá trình làm việc, bạn tiến hành đo hoạt độ của một mẫu phóng xạ y tế theo thời gian. Kết quả thu được ghi trong bảng sau:

Thời gian $t$ ($\mathrm{h}$)	Hoạt độ $A$ ($\mathrm{Bq}$)
$0$	$20000$
$0,5$	$14800$
$1,0$	$11000$
$1,5$	$8130$
$2,0$	$6020$
$2,5$	$4460$
$3,0$	$3300$
$4,0$	$1810$
$5,0$	$1000$
$6,0$	$550$
$7,0$	$300$

(a) Tìm của mẫu phóng xạ này. (b) Có bao nhiêu hạt nhân phóng xạ có mặt trong mẫu ở thời điểm $t=0$? (c) Còn lại bao nhiêu hạt nhân phóng xạ sau $7,0\mathrm{h}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bảng 11 điểm thực nghiệm $(t,A)$ biểu diễn theo giờ từ $t=0$ đến $t=7,0\mathrm{h}$. (a) Xác định $T_{1/2}$. (b) Tìm số hạt nhân ban đầu $N_0$. (c) Tìm số hạt nhân còn lại sau $t=7,0\mathrm{h}$.

Đồ thị bán logarit suy giảm hoạt độ mẫu phóng xạ y tế

Hướng đi:

• Tuyến tính hóa hàm mũ: Lấy logarit tự nhiên $\ln A=\ln A_0-\lambda t$.
• Hồi quy bình phương tối thiểu: Xác định hằng số phân rã $\lambda$ và hoạt độ ban đầu $A_0$.
• Số hạt nhân qua hoạt độ: $N(t)=A(t)/\lambda$.

(a) Xác định :

tuân theo quy luật suy giảm hàm mũ $A(t)=A_0{\mathrm{e}}^{-\lambda t}$. Lấy logarit tự nhiên:

$$\ln A=\ln A_0-\lambda t$$

Hồi quy tuyến tính giữa $\ln A$ và thời gian $t$ (theo giờ) cho 11 điểm đo:

• Tại $t=0$: $\ln (20000)\approx \mathrm{9,903}5$
• Tại $t=1,0$: $\ln (11000)\approx \mathrm{9,305}7$
• Tại $t=2,0$: $\ln (6020)\approx \mathrm{8,702}8$
• Tại $t=4,0$: $\ln (1810)\approx \mathrm{7,501}1$
• Tại $t=7,0$: $\ln (300)\approx \mathrm{5,703}8$

Độ dốc của đường hồi quy biểu diễn hằng số phân rã theo giờ:

$$\lambda \approx \mathrm{0,600}{\mathrm{h}}^{-1}$$

Đổi sang đơn vị ${\mathrm{s}}^{-1}$:

$$\lambda \approx \mathrm{1,665}\times {10}^{-4}{\mathrm{s}}^{-1}$$

của :

$$T_{1/2}=\frac{\ln 2}{\lambda }\approx 1,16\mathrm{h}$$

tương đương khoảng $69,4\min$.

(b) Số hạt nhân phóng xạ ban đầu tại $t=0$:

Tung độ gốc cho hoạt độ ban đầu:

$$A_0\approx 20000\mathrm{Bq}$$

Số hạt nhân ban đầu:

$$N_0\approx 1,20\times {10}^8$$

(c) Số hạt nhân phóng xạ còn lại sau $7,0\mathrm{h}$:

Tại $t=7,0\mathrm{h}$, hoạt độ đo được là $A(7)=300\mathrm{Bq}$. Số hạt nhân còn lại:

$$N(7)\approx 1,80\times {10}^6$$

Kết luận: là $1,16\mathrm{h}$ ($69,4$ phút), số hạt ban đầu là $1,20\times {10}^8$ hạt, và sau $7,0\mathrm{h}$ còn lại $1,80\times {10}^6$ hạt.

43.70

Trong vai trò là một chuyên gia vật lý an toàn bức xạ, bạn tiến hành đo hoạt độ của một mẫu hỗn hợp chứa các nguyên tố phóng xạ. Kết quả đo được ghi trong bảng sau:

Thời gian $t$ ($\mathrm{h}$)	Hoạt độ $A$ ($\mathrm{Bq}$)
$0$	$7500$
$0,5$	$4120$
$1,0$	$2570$
$1,5$	$1790$
$2,0$	$1350$
$2,5$	$1070$
$3,0$	$872$
$4,0$	$596$
$5,0$	$404$
$6,0$	$288$
$7,0$	$201$
$8,0$	$140$
$9,0$	$98$
$10,0$	$68$
$12,0$	$33$

(a) Cần ít nhất bao nhiêu hạt nhân phóng xạ khác nhau có mặt trong hỗn hợp này? (b) của từng thành phần phóng xạ bằng bao nhiêu? (c) Ban đầu có bao nhiêu hạt nhân của mỗi loại có mặt trong mẫu? (d) Có bao nhiêu hạt nhân của mỗi loại còn lại tại thời điểm $t=5,0\mathrm{h}$?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bảng số liệu thực nghiệm 15 điểm đo hoạt độ hỗn hợp theo thời gian từ $t=0$ đến $t=12\mathrm{h}$. (a) Xác định số lượng thành phần tối thiểu. (b) Tìm của từng thành phần. (c) Xác định số hạt nhân ban đầu của mỗi loại. (d) Xác định số hạt nhân mỗi loại tại $t=5,0\mathrm{h}$.

Phân tích hai thành phần hàm mũ suy giảm hoạt độ hỗn hợp

Hướng đi:

• Phương pháp bóc tách đường cong phân rã (Curve Stripping):
  • Khi biểu diễn $\ln A$ theo $t$, đường cong bị uốn cong rõ rệt chứ không phải đường thẳng, cho thấy một hàm mũ đơn không mô tả tốt số liệu trong mô hình hoạt độ phân rã độc lập.
  • Ở vùng thời gian muộn ($t\ge 6\mathrm{h}$), thành phần phân rã nhanh đã triệt tiêu hầu như hoàn toàn, hoạt độ đo được chỉ còn lại thành phần phân rã chậm $A_2(t)=A_{02}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}t}$.
  • Xác định ${\lambda }_2$ và $A_{02}$ từ đoạn đuôi, sau đó trừ lùi hoạt độ thành phần chậm khỏi tổng hoạt độ ban đầu để thu được thành phần phân rã nhanh $A_1(t)=A(t)-A_2(t)$.

(a) Số lượng hạt nhân phóng xạ tối thiểu:

Đồ thị $\ln A$ theo $t$ có độ cong rõ rệt: Ở giai đoạn đầu ($0-2\mathrm{h}$) hoạt độ giảm rất dốc, sau đó chuyển dần sang độ dốc thoải và ổn định từ $t=6\mathrm{h}$ đến $12\mathrm{h}$. Hiện tượng này không thể giải thích bởi một đơn lẻ. Do đó, mô hình đơn giản phù hợp cần ít nhất hai thành phần phóng xạ. Số liệu đã làm tròn và không đủ để loại trừ mọi thành phần bổ sung có đóng góp nhỏ.

(b) Xác định của từng thành phần:

Bước 1: Khớp thành phần sống dài (thành phần 2): Sử dụng các điểm đo từ $t=6,0\mathrm{h}$ đến $12,0\mathrm{h}$: Hồi quy tuyến tính cho $\ln A$ ở đuôi cho kết quả:

$${\lambda }_2\approx \mathrm{0,361}{\mathrm{h}}^{-1}$$

$$A_{02}\approx 2500\mathrm{Bq}$$

của thành phần thứ hai:

$$T_{1/2,2}=\frac{\ln 2}{{\lambda }_2}\approx 1,92\mathrm{h}$$

tương đương khoảng $115\min$.

Bước 2: Bóc tách thành phần sống ngắn (thành phần 1): Lấy hoạt độ thực tế trừ đi đóng góp $A_2(t)=2500{\mathrm{e}}^{-\mathrm{0,361}t}$ tại các thời điểm đầu:

• Tại $t=0$: $A_1(0)=5000\mathrm{Bq}$
• Tại $t=0,5\mathrm{h}$: Khi $A_2\approx 2088\mathrm{Bq}$, suy ra $A_1\approx 2032\mathrm{Bq}$
• Tại $t=1,0\mathrm{h}$: Khi $A_2\approx 1743\mathrm{Bq}$, suy ra $A_1\approx 827\mathrm{Bq}$
• Tại $t=1,5\mathrm{h}$: Khi $A_2\approx 1456\mathrm{Bq}$, suy ra $A_1\approx 334\mathrm{Bq}$

Hồi quy hàm số $A_1(t)=A_{01}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}t}$:

$$A_{01}\approx 5000\mathrm{Bq}$$

$${\lambda }_1\approx 1,80{\mathrm{h}}^{-1}$$

của thành phần thứ nhất:

$$T_{1/2,1}=\frac{\ln 2}{{\lambda }_1}\approx \mathrm{0,385}\mathrm{h}$$

tương đương khoảng $23,1\min$.

(c) Số hạt nhân ban đầu của mỗi loại:

Đổi hằng số phân rã sang đơn vị ${\mathrm{s}}^{-1}$:

$${\lambda }_1\approx 5,00\times {10}^{-4}{\mathrm{s}}^{-1}$$

$${\lambda }_2\approx \mathrm{1,003}\times {10}^{-4}{\mathrm{s}}^{-1}$$

Số hạt nhân ban đầu của loại 1:

$$N_1(0)\approx 1,00\times {10}^7$$

Số hạt nhân ban đầu của loại 2:

$$N_2(0)\approx 2,49\times {10}^7$$

(d) Số hạt nhân mỗi loại còn lại tại $t=5,0\mathrm{h}$:

Sau $5,0\mathrm{h}$, số hạt nhân loại 1 giảm theo hàm mũ:

$$N_1(5)\approx 1,2\times {10}^3$$

Thành phần sống ngắn đã phân rã gần như triệt để.

Số hạt nhân loại 2 còn lại:

$$N_2(5)\approx 4,1\times {10}^6$$

Hoạt độ tương ứng ở thời điểm $5\mathrm{h}$:

$$A_2(5)\approx 411\mathrm{Bq}$$

Giá trị gần với số đo $404\mathrm{Bq}$.

Kết luận: Hỗn hợp chứa tối thiểu 2 phóng xạ với lần lượt là $23,1$ phút và $1,92$ giờ. Ban đầu có $1,00\times {10}^7$ hạt loại 1 và $2,49\times {10}^7$ hạt loại 2. Sau $5,0\mathrm{h}$, loại 1 chỉ còn $1,2\times {10}^3$ hạt. Trong khi đó, loại 2 còn $4,1\times {10}^6$ hạt.

43.71

phóng xạ được ứng dụng rộng rãi trong các kỹ thuật chế tạo và kiểm tra công nghiệp. Phép đo độ mài mòn cơ học có thể thực hiện theo phương pháp sau: Một động cơ ô tô được lắp ráp sử dụng các xéc-măng pít-tông có tổng khối lượng $100\mathrm{g}$, trong đó có chứa $9,4\mu \mathrm{Ci}$ đồng vị phóng xạ ${}^{59}\mathrm{Fe}$ có là $45\mathrm{d}$. Động cơ được đưa vào vận hành thử nghiệm liên tục trong $1000\mathrm{h}$. Sau đó, toàn bộ dầu bôi trơn động cơ được xả sạch và đo của các mạt kim loại bị mài mòn hòa tan trong dầu. Nếu hoạt độ của dầu động cơ đo được là $84\mathrm{Bq}$, thì khối lượng xéc-măng pít-tông đã bị mài mòn trong mỗi giờ vận hành là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khối lượng xéc-măng $m_0=100\mathrm{g}$, chứa ${}^{59}\mathrm{Fe}$ có $A_0=9,4\mu \mathrm{Ci}$, $T_{1/2}=45\mathrm{d}$. Chạy thử trong $t=1000\mathrm{h}$. Hoạt độ dầu $A_{\mathrm{dau}}=84\mathrm{Bq}$. Tính tốc độ mài mòn khối lượng trung bình mỗi giờ.

Sơ đồ nguyên lý đo độ mài mòn động cơ bằng đồng vị Fe-59

Hướng đi:

• Tính chất đồng nhất phân rã: Cả xéc-măng pít-tông và các mạt kim loại mài mòn rơi vào dầu đều cùng phân rã theo thời gian với cùng hằng số phóng xạ $\lambda$.
• Tỉ lệ hoạt độ và khối lượng: Tại thời điểm $t=1000\mathrm{h}$, tỉ số khối lượng mài mòn trên khối lượng ban đầu đúng bằng tỉ số giữa hoạt độ dầu bôi trơn và hoạt độ còn lại của xéc-măng: $m_{\mathrm{mon}}/m_0=A_{\mathrm{dau}}/A_{\mathrm{xec}}(t)$.
• Tốc độ mài mòn mỗi giờ: $w=m_{\mathrm{mon}}/t$.

Tính toán chi tiết:

Hoạt độ ban đầu của xéc-măng tính theo becquerel:

$$A_0=9,4\mu \mathrm{Ci}$$

Đổi sang đơn vị becquerel:

$$A_0=347800\mathrm{Bq}$$

của sắt-59 đổi sang giờ:

$$T_{1/2}=1080\mathrm{h}$$

Sau $1000\mathrm{h}$ vận hành, hoạt độ của toàn bộ lượng xéc-măng (nếu chưa bị mài mòn) giảm xuống còn:

$$A_{\mathrm{xec}}(t)=A_0\cdot 2^{-t/T_{1/2}}$$

Hệ số suy giảm sau $1000\mathrm{h}$:

$$2^{-1000/1080}\approx \mathrm{0,526}4$$

Hoạt độ còn lại:

$$A_{\mathrm{xec}}\approx 183062\mathrm{Bq}$$

Vì các hạt mạt sắt khi bị mài mòn tách ra và rơi vào dầu cũng chịu sự hệt như lượng sắt còn bám trên pít-tông, tỉ lệ hoạt độ của dầu so với hoạt độ toàn phần của xéc-măng tại đúng thời điểm $1000\mathrm{h}$ phản ánh chính xác tỉ lệ khối lượng đã bị bào mòn:

$$\frac{m_{\mathrm{mon}}}{m_0}=\frac{A_{\mathrm{dau}}}{A_{\mathrm{xec}}(1000\mathrm{h})}$$

Khối lượng xéc-măng bị mài mòn trong $1000\mathrm{h}$:

$$m_{\mathrm{mon}}\approx 4,59\times {10}^{-2}\mathrm{g}$$

tương đương $45,9\mathrm{mg}$.

Tốc độ mài mòn trung bình trên mỗi giờ vận hành:

$$w\approx 4,59\times {10}^{-5}\mathrm{g}/\mathrm{h}$$

tương đương $45,9\mu \mathrm{g}/\mathrm{h}$.

Kết luận: Khối lượng xéc-măng bị mài mòn trung bình trong mỗi giờ vận hành động cơ là $45,9\mu \mathrm{g}/\mathrm{h}$ (microgam trên giờ).

43.72

Nhiều quá trình xảy ra nối tiếp nhau trong một chuỗi phân rã, chẳng hạn: ${}_{92}^{234}\mathrm{U}\to {}_{90}^{230}\mathrm{Th}\to {}_{88}^{226}\mathrm{Ra}$. của quá trình ${}_{92}^{234}\mathrm{U}\to {}_{90}^{230}\mathrm{Th}$ là $2,46\times {10}^5\mathrm{yr}$, và chu kỳ bán rã của ${}_{90}^{230}\mathrm{Th}\to {}_{88}^{226}\mathrm{Ra}$ là $7,54\times {10}^4\mathrm{yr}$. Ký hiệu $1$ ứng với ${}^{234}\mathrm{U}$, $2$ ứng với ${}^{230}\mathrm{Th}$, và $3$ ứng với ${}^{226}\mathrm{Ra}$. Gọi ${\lambda }_1$ là hằng số phân rã của ${}^{234}\mathrm{U}$ và ${\lambda }_2$ là hằng số phân rã của ${}^{230}\mathrm{Th}$. Lượng ${}^{230}\mathrm{Th}$ có mặt ở bất kỳ thời điểm nào phụ thuộc vào tốc độ nó được sinh ra từ phân rã của ${}^{234}\mathrm{U}$ và tốc độ nó bị mất đi do tự phân rã thành ${}^{226}\mathrm{Ra}$. Do đó:

$$\frac{\mathrm{d}{N}_2}{\mathrm{d}t}={\lambda }_1{N}_1-{\lambda }_2{N}_2$$

Nếu bắt đầu với một mẫu chỉ chứa $N_{10}$ hạt nhân ${}^{234}\mathrm{U}$ nguyên chất và không có chất nào khác, thì $N_1(t)=N_{10}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}t}$. Phương trình vi phân trở thành:

$$\frac{\mathrm{d}{N}_2}{\mathrm{d}t}+{\lambda }_2{N}_2={\lambda }_1{N}_1(t)$$

Phương trình vi phân này có thể giải bằng cách chọn nghiệm thử dạng $N_2(t)=N_{10}f(t)$, trong đó:

$$f(t)=h_1{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}t}+h_2{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}t}$$

với $h_1$ và $h_2$ là các hằng số. (a) Do $N_2(0)=0$, mối quan hệ giữa $h_1$ và $h_2$ phải như thế nào? (b) Dùng nghiệm thử để tính $\mathrm{d}{N}_2/\mathrm{d}t$, rồi thay vào phương trình vi phân của $N_2(t)$. Gom các hệ số của ${\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}t}$ và ${\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}t}$. Vì phương trình phải đúng với mọi $t$, các hệ số này phải đồng nhất bằng không. Hãy dùng điều kiện này để tìm $h_1$ và hoàn thành việc xác định hàm $N_2(t)$. (c) Tại thời điểm $t=0$, bạn có một mẫu nguyên chất chứa $30,0\mathrm{g}$ ${}_{92}^{234}\mathrm{U}$. Khối lượng của ${}_{90}^{230}\mathrm{Th}$ có mặt ở thời điểm $t=2,46\times {10}^5\mathrm{yr}$ (đúng bằng một của ${}^{234}\mathrm{U}$) là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuỗi phân rã hai giai đoạn Bateman: $T_1=2,46\times {10}^5\mathrm{yr}$, $T_2=7,54\times {10}^4\mathrm{yr}$. Mẫu ban đầu $30,0\mathrm{g}$ ${}^{234}\mathrm{U}$. (a) Tìm quan hệ giữa $h_1$ và $h_2$ từ điều kiện đầu $N_2(0)=0$. (b) Giải phương trình vi phân tìm hệ số $h_1$ và dạng giải tích $N_2(t)$. (c) Tính khối lượng ${}^{230}\mathrm{Th}$ sau thời gian $t=T_1$.

Đồ thị động học phân rã chuỗi hai giai đoạn Bateman

Hướng đi:

• Phương pháp đồng nhất hệ số: Thay nghiệm thử vào phương trình vi phân và triệt tiêu các hệ số độc lập tuyến tính.
• Quan hệ khối lượng và số mol: Khối lượng chất con suy ra từ số hạt $N_2(t)$ nhân với khối lượng mol tương ứng.

(a) Mối quan hệ giữa $h_1$ và $h_2$ tại thời điểm ban đầu:

Tại thời điểm ban đầu $t=0$, mẫu chưa có hạt nhân thori con nào: $N_2(0)=N_{10}(h_1+h_2)=0$. Từ đó suy ra hệ thức liên hệ: $h_2=-h_1$.

(b) Xác định hệ số $h_1$ và hàm $N_2(t)$:

Phương trình vi phân chi phối số hạt nhân con $N_2(t)$ là:

$$\frac{\mathrm{d}{N}_2}{\mathrm{d}t}+{\lambda }_2{N}_2={\lambda }_1{N}_1(t)$$

Trong đó $N_1(t)=N_{10}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}t}$. Thay nghiệm thử $N_2(t)$ vào phương trình vi phân và gom theo từng hàm số mũ:

• Với số hạng chứa ${\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}t}$, hệ số tự động triệt tiêu:

$$(-{\lambda }_2+{\lambda }_2)h_2=0$$

Biểu thức này đồng nhất bằng $0$ với mọi giá trị của $h_2$.

• Với số hạng chứa ${\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}t}$, cân bằng hệ số hai vế:

$$({\lambda }_2-{\lambda }_1)h_1={\lambda }_1$$

Suy ra hệ số $h_1$:

$$h_1=\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2-{\lambda }_1}$$

Vì $\lambda =\ln 2/T_{1/2}$, ta biểu diễn qua :

$$h_1=\frac{T_2}{T_1-T_2}$$

Thay các giá trị $T_1=2,46\times {10}^5\mathrm{yr}$ và $T_2=7,54\times {10}^4\mathrm{yr}$:

$$h_1\approx \mathrm{0,442}0$$

$$h_2=-\mathrm{0,442}0$$

Hàm số giải tích biểu diễn số hạt nhân ${}^{230}\mathrm{Th}$ theo thời gian là phương trình Bateman:

$$N_2(t)=C_0({\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}t}-{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}t})$$

với hằng số $C_0=\frac{{\lambda }_1{N}_{10}}{{\lambda }_2-{\lambda }_1}$.

(c) Khối lượng ${}^{230}\mathrm{Th}$ tại $t=2,46\times {10}^5\mathrm{yr}$:

Tại $t=T_1$:

$${\mathrm{e}}^{-{\lambda }_1{T}_1}=\frac{1}{2}=\mathrm{0,500}0$$

Hàm mũ của giai đoạn 2:

$${\mathrm{e}}^{-{\lambda }_2{T}_1}\approx \mathrm{0,104}2$$

Hiệu số hai hàm mũ:

$$\mathrm{0,500}0-\mathrm{0,104}2=\mathrm{0,395}8$$

Tỉ số số hạt giữa hạt con và lượng hạt mẹ ban đầu:

$$\frac{N_2}{N_{10}}\approx \mathrm{0,174}9$$

Số hạt ban đầu trong $30,0\mathrm{g}$ ${}^{234}\mathrm{U}$:

$$N_{10}=\frac{30,0\mathrm{g}}{234\mathrm{g}/\mathrm{mol}}{N}_A$$

Khối lượng ${}^{230}\mathrm{Th}$ tương ứng:

$$m_{\mathrm{Th}}=N_2\times \frac{230\mathrm{g}/\mathrm{mol}}{N_A}$$

$$m_{\mathrm{Th}}\approx 5,16\mathrm{g}$$

Kết luận: Hệ số $h_2=-h_1$, nghiệm Bateman là $N_2(t)=C_0({\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}t}-{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}t})$ với $C_0=\frac{{\lambda }_1{N}_{10}}{{\lambda }_2-{\lambda }_1}$ với $h_1\approx \mathrm{0,442}$, và sau một của urani, khối lượng thori tích lũy được là $5,16\mathrm{g}$.

Bài đọc MCAT: Đồng vị phóng xạ Iot trong Y học

phóng xạ Iot trong Y học (Radioactive Iodine in Medicine)

Iot trong cơ thể được tuyến giáp hấp thụ một cách ưu tiên. Vì vậy, phóng xạ của iot với liều lượng nhỏ được sử dụng để ghi hình chẩn đoán tuyến giáp, còn với liều lượng lớn được dùng để tiêu diệt các tế bào tuyến giáp nhằm điều trị một số dạng ung thư hoặc bệnh lý tuyến giáp. Các đồng vị iot được sử dụng có tương đối ngắn. Do đó, chúng phải được sản xuất trong lò phản ứng hạt nhân hoặc máy gia tốc hạt.

Một thường được dùng để ghi hình chẩn đoán là ${}^{123}\mathrm{I}$. Đồng vị này có $13,2\mathrm{h}$ và phát ra tia gamma mang $0,16\mathrm{MeV}$. Một phương pháp sản xuất ${}^{123}\mathrm{I}$ là thông qua phản ứng hạt nhân:

$${}_{52}^{123}\mathrm{Te}+\mathrm{p}\to {}_{53}^{123}\mathrm{I}+\mathrm{n}$$

Khối lượng nguyên tử liên quan đến phản ứng này gồm:

• ${}^{123}\mathrm{Te}$: $\mathrm{122,904}270\mathrm{u}$
• ${}^{123}\mathrm{I}$: $\mathrm{122,905}589\mathrm{u}$
• $\mathrm{n}$: $\mathrm{1,008}665\mathrm{u}$
• ${}^1\mathrm{H}$: $\mathrm{1,007}825\mathrm{u}$

iot thường dùng để điều trị bệnh là ${}^{131}\mathrm{I}$, được sản xuất bằng cách chiếu xạ ${}^{130}\mathrm{Te}$ trong lò phản ứng hạt nhân để tạo thành ${}^{131}\mathrm{Te}$. Hạt nhân ${}^{131}\mathrm{Te}$ sau đó phân rã tạo thành ${}^{131}\mathrm{I}$. Đồng vị ${}^{131}\mathrm{I}$ trải qua phân rã ${\beta }^{-}$ với $8,04\mathrm{d}$, phát ra các electron có cực đại $0,61\mathrm{MeV}$ và các tia gamma năng lượng $0,36\mathrm{MeV}$. Một đợt điều trị ung thư tuyến giáp điển hình có thể sử dụng lượng dược chất phóng xạ có hoạt độ ban đầu $3,7\mathrm{GBq}$ của ${}^{131}\mathrm{I}$.

---

43.73

Phản ứng nào sản xuất ra ${}^{131}\mathrm{Te}$ trong lò phản ứng hạt nhân? (a) ${}^{130}\mathrm{Te}+\mathrm{n}\to {}^{131}\mathrm{Te}$ (b) ${}^{130}\mathrm{I}+\mathrm{n}\to {}^{131}\mathrm{Te}$ (c) ${}^{132}\mathrm{Te}+\mathrm{n}\to {}^{131}\mathrm{Te}$ (d) ${}^{132}\mathrm{I}+\mathrm{n}\to {}^{131}\mathrm{Te}$

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định phản ứng hạt nhân tạo ra ${}^{131}\mathrm{Te}$ khi chiếu xạ mẫu trong lò phản ứng hạt nhân theo dữ kiện bài đọc.

Hướng đi:

• Phân tích cơ chế chiếu xạ mẫu trong lò phản ứng: Dòng hạt chủ yếu trong lò phản ứng hạt nhân là chùm neutron nhiệt.
• Áp dụng các định luật bảo toàn số khối $A$ và số hiệu nguyên tử $Z$ để xác định bia và phản ứng tạo thành ${}^{131}\mathrm{Te}$.

Lời giải chi tiết: Bài đọc nêu rõ rằng ${}^{131}\mathrm{I}$ được sản xuất bằng cách chiếu xạ bia ${}^{130}\mathrm{Te}$ trong lò phản ứng hạt nhân để tạo thành ${}^{131}\mathrm{Te}$. Trong lò phản ứng, dòng hạt bắn phá là các neutron ($\mathrm{n}$). Khi hạt nhân ${}_{52}^{130}\mathrm{Te}$ bắt một neutron nhiệt, số khối $A$ tăng thêm 1 đơn vị trong khi số hiệu nguyên tử $Z=52$ không đổi:

$${}_{52}^{130}\mathrm{Te}+\mathrm{n}\to {}_{52}^{131}\mathrm{Te}$$

Phương trình phản ứng này thỏa mãn đầy đủ các định luật bảo toàn:

• Bảo toàn số khối: $130+1=131$.
• Bảo toàn điện tích: $52+0=52$.

Do đó, phản ứng xảy ra là ${}^{130}\mathrm{Te}+\mathrm{n}\to {}^{131}\mathrm{Te}$, tương ứng với phương án (a).

Đáp án: Lựa chọn (a).

---

43.74

Loại nào tạo ra ${}^{131}\mathrm{I}$ từ ${}^{131}\mathrm{Te}$? (a) (b) Phân rã ${\beta }^{-}$ (c) Phân rã ${\beta }^{+}$ (d)

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định loại chuyển hóa ${}^{131}\mathrm{Te}$ thành hạt nhân con ${}^{131}\mathrm{I}$.

Hướng đi:

• Xác định số khối $A$ và điện tích hạt nhân $Z$ của hạt nhân mẹ ${}^{131}\mathrm{Te}$ và hạt nhân con ${}^{131}\mathrm{I}$.
• So sánh sự thay đổi của $Z$ và $A$ để nhận diện loại tương ứng.

Lời giải chi tiết: Xét số hiệu nguyên tử của hai nguyên tố:

• Tellurium ($\mathrm{Te}$) có vị trí ô nguyên tố 52, nên $Z_{\mathrm{m}\mathrm{ẹ}}=52$.
• Iodine ($\mathrm{I}$) có vị trí ô nguyên tố 53, nên $Z_{\mathrm{con}}=53$.

Cả hai đều có cùng số khối $A=131$. Khi chuyển từ ${}_{52}^{131}\mathrm{Te}$ sang ${}_{53}^{131}\mathrm{I}$, số khối không đổi ($\mathrm{\Delta }A=0$), còn số hiệu nguyên tử tăng thêm 1 đơn vị:

$$\mathrm{\Delta }Z=53-52=+1$$

Biến đổi này là đặc trưng của trừ (${\beta }^{-}$), trong đó một neutron bên trong hạt nhân mẹ phân rã thành một proton. Đồng thời, phát ra một electron cao và một antineutrino electron:

$${}_{52}^{131}\mathrm{Te}\to {}_{53}^{131}\mathrm{I}+{\mathrm{e}}^{-}+{\overline{\nu }}_e$$

Như vậy, loại phân rã biến đổi ${}^{131}\mathrm{Te}$ thành ${}^{131}\mathrm{I}$ là phân rã ${\beta }^{-}$.

Đáp án: Lựa chọn (b).

---

43.75

Có bao nhiêu hạt nhân ${}^{131}\mathrm{I}$ được đưa vào cơ thể trong một đợt điều trị ung thư tuyến giáp điển hình? (a) $4,2\times {10}^{10}$ (b) $1,0\times {10}^{12}$ (c) $2,5\times {10}^{14}$ (d) $3,7\times {10}^{15}$

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hoạt độ ban đầu của liều điều trị: $A=3,7\times {10}^9\mathrm{Bq}$.
• của ${}^{131}\mathrm{I}$: $T_{1/2}=8,04\mathrm{d}$.
• Cần tính: Số lượng hạt nhân ${}^{131}\mathrm{I}$ có trong mẫu.

Hướng đi:

• Quy đổi từ ngày sang giây.
• Sử dụng liên hệ giữa và hằng số phân rã: $\lambda =\ln 2/T_{1/2}$.
• Tính số hạt nhân từ định luật phóng xạ: $N=A/\lambda$.

Lời giải chi tiết: Đổi của ${}^{131}\mathrm{I}$ sang đơn vị giây:

$$T_{1/2}=8,04\times 86400\mathrm{s}$$

Giá trị này tương ứng $694656\mathrm{s}$. Hằng số phân rã của ${}^{131}\mathrm{I}$ là:

$$\lambda =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}$$

$$\lambda \approx \mathrm{9,978}\times {10}^{-7}{\mathrm{s}}^{-1}$$

Số lượng hạt nhân ${}^{131}\mathrm{I}$ hiện diện trong liều dược chất có hoạt độ $A=3,7\times {10}^9\mathrm{Bq}$ được xác định bởi:

$$N=\frac{A}{\lambda }$$

Thay các giá trị số vào biểu thức:

$$N=\frac{3,7\times {10}^9}{\mathrm{9,978}\times {10}^{-7}}$$

$$N\approx \mathrm{3,708}\times {10}^{15}$$

Lấy hai chữ số có nghĩa theo dữ kiện bài toán, ta được $N\approx 3,7\times {10}^{15}$ hạt nhân. Giá trị này trùng khớp hoàn toàn với phương án (d).

Đáp án: Lựa chọn (d).

---

43.76

Trong phản ứng tạo ra ${}^{123}\mathrm{I}$, các proton bắn phá có cần một động năng tối thiểu để phản ứng có thể xảy ra hay không? (a) Không, vì hạt proton có khối lượng nhỏ hơn neutron. (b) Không, vì tổng khối lượng ban đầu nhỏ hơn tổng khối lượng lúc sau. (c) Có, vì hạt proton có khối lượng nhỏ hơn neutron. (d) Có, vì tổng khối lượng ban đầu nhỏ hơn tổng khối lượng lúc sau.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Phản ứng: ${}_{52}^{123}\mathrm{Te}+\mathrm{p}\to {}_{53}^{123}\mathrm{I}+\mathrm{n}$.
• Khối lượng hạt nhân: ${}^{123}\mathrm{Te}=\mathrm{122,904}270\mathrm{u}$, ${}^1\mathrm{H}=\mathrm{1,007}825\mathrm{u}$, ${}^{123}\mathrm{I}=\mathrm{122,905}589\mathrm{u}$, $\mathrm{n}=\mathrm{1,008}665\mathrm{u}$.
• Cần xác định: Proton có cần mang động năng tối thiểu ( ngưỡng) hay không và lý do vật lý tương ứng.

Hướng đi:

• Tính tổng khối lượng nghỉ ban đầu $m_{\mathrm{i}}$ của các hạt tham gia và tổng khối lượng nghỉ $m_{\mathrm{f}}$ của các hạt sản phẩm.
• So sánh $m_{\mathrm{i}}$ và $m_{\mathrm{f}}$ để xác định phản ứng tỏa hay thu .
• Nếu ($m_{\mathrm{i}}<m_{\mathrm{f}}$), phản ứng cần cung cấp động năng ban đầu tối thiểu ( ngưỡng) từ hạt đạn để xảy ra.

Lời giải chi tiết: Tổng khối lượng nghỉ của các hạt tham gia phản ứng ban đầu là:

$$m_{\mathrm{i}}=m{(}^{123}\mathrm{Te})+m{(}^1\mathrm{H})$$

Thay số với $\mathrm{122,904}270\mathrm{u}+\mathrm{1,007}825\mathrm{u}$, ta được:

$$m_{\mathrm{i}}=\mathrm{123,912}095\mathrm{u}$$

Tổng khối lượng nghỉ của các hạt sản phẩm tạo thành sau phản ứng là:

$$m_{\mathrm{f}}=m{(}^{123}\mathrm{I})+m(\mathrm{n})$$

Thay số với $\mathrm{122,905}589\mathrm{u}+\mathrm{1,008}665\mathrm{u}$, ta được:

$$m_{\mathrm{f}}=\mathrm{123,914}254\mathrm{u}$$

So sánh hai giá trị khối lượng:

$$m_{\mathrm{i}}<m_{\mathrm{f}}$$

Hiệu khối lượng của phản ứng là:

$$\mathrm{\Delta }m=m_{\mathrm{i}}-m_{\mathrm{f}}$$

$$\mathrm{\Delta }m=-\mathrm{0,002}159\mathrm{u}$$

của phản ứng hạt nhân được xác định bởi:

$$Q=\mathrm{\Delta }m\cdot c^2$$

$$Q\approx -\mathrm{2,011}\mathrm{MeV}$$

Vì $Q<0$, đây là một (endoergic). Phản ứng không thể tự phát xảy ra nếu các hạt không có động năng ban đầu. Để bù đắp độ hụt khối lượng nghỉ $|Q|$ đồng thời bảo toàn toàn phần của hệ trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm, hạt proton bắn tới bắt buộc phải mang một động năng tối thiểu, gọi là động năng ngưỡng:

$$K_{\mathrm{th}}=|Q|(1+\frac{m_p}{m_{\mathrm{Te}}})$$

$$K_{\mathrm{th}}\approx 2,03\mathrm{MeV}$$

Như vậy, proton bắt buộc phải có động năng tối thiểu vì tổng khối lượng nghỉ ban đầu nhỏ hơn tổng khối lượng nghỉ lúc sau.

Đáp án: Lựa chọn (d).

---

43.77

Tại sao ${}^{123}\mathrm{I}$ thường được ưu tiên hơn ${}^{131}\mathrm{I}$ trong kỹ thuật ghi hình chẩn đoán tuyến giáp? (a) Khối lượng nguyên tử của ${}^{123}\mathrm{I}$ nhỏ hơn, nên các hạt ${}^{123}\mathrm{I}$ có thể đi sâu hơn vào trong mô cơ thể. (b) Vì ${}^{123}\mathrm{I}$ chỉ phát ra tia gamma, đối với cơ thể người bệnh thấp hơn nhiều so với khi dùng kia. (c) Các hạt beta do ${}^{131}\mathrm{I}$ phát ra có thể thoát ra ngoài cơ thể. Trong khi đó, photon tia gamma do ${}^{123}\mathrm{I}$ phát ra thì không thể. (d) ${}^{123}\mathrm{I}$ có tính phóng xạ. Trong khi đó, ${}^{131}\mathrm{I}$ không có tính phóng xạ.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích ưu thế y học của ${}^{123}\mathrm{I}$ so với ${}^{131}\mathrm{I}$ khi ứng dụng trong ghi hình chẩn đoán cơ quan tuyến giáp.

Hướng đi:

• Phân tích cơ chế bức xạ phát ra từ mỗi và mục tiêu của kỹ thuật ghi hình y tế: Cần tín hiệu thoát ra ngoài cơ thể tới máy dò bên ngoài mà ít gây ion hóa tổn hại mô lành bên trong.
• So sánh tác động sinh học của bức xạ hạt mang điện (${\beta }^{-}$) và bức xạ điện từ gamma.

Lời giải chi tiết: Trong chẩn đoán hình ảnh (xạ hình tuyến giáp bằng máy gamma camera), yêu cầu cơ bản là bức xạ phát ra từ bên trong cơ thể phải có khả năng đâm xuyên tốt để thoát ra ngoài tới đầu dò. Đồng thời, hạn chế tối đa việc truyền hủy hoại các mô lành lân cận.

• ${}^{131}\mathrm{I}$ phân rã phát ra cả electron ${\beta }^{-}$ lẫn gamma. Hạt ${\beta }^{-}$ là hạt mang điện có lên tới $0,61\mathrm{MeV}$, tương tác ion hóa rất mạnh với các phân tử sinh học và bị hấp thụ hoàn toàn trong phạm vi chỉ vài milimét mô tế bào xung quanh. Do đó, hạt ${\beta }^{-}$ không thể thoát ra ngoài để hỗ trợ ghi hình mà lại truyền một liều bức xạ ion hóa rất lớn làm chết tế bào, rất phù hợp cho mục đích xạ trị tiêu diệt khối u nhưng lại là tác nhân gây hại nguy hiểm trong khâu chẩn đoán.
• Ngược lại, ${}^{123}\mathrm{I}$ phân rã chỉ phát ra tia gamma đơn năng $0,16\mathrm{MeV}$. Tia gamma không mang điện, có độ đâm xuyên lớn nên dễ dàng xuyên qua các lớp mô cơ thể để ra tới đầu dò bên ngoài. Trong khi đó, tỷ lệ ion hóa và liều bức xạ hấp thụ tại chỗ trên mô người bệnh thấp hơn rất nhiều. Ngoài ra, của ${}^{123}\mathrm{I}$ ($13,2\mathrm{h}$) ngắn hơn đáng kể so với ${}^{131}\mathrm{I}$ ($8,04\mathrm{d}$), giúp đào thải và giảm hoạt độ tồn dư nhanh chóng sau khi chụp hình.

Vì vậy, ${}^{123}\mathrm{I}$ được ưu tiên lựa chọn cho việc ghi hình chẩn đoán do chỉ phát ra tia gamma, mang lại liều bức xạ cho cơ thể thấp hơn rất nhiều so với ${}^{131}\mathrm{I}$.

Đáp án: Lựa chọn (b).

Bài tập cầu nối: Độ bão hòa trong quá trình sản xuất 128I

Bài tập cầu nối

Trong một thí nghiệm, iot ${}^{128}\mathrm{I}$ được tạo ra bằng cách chiếu xạ một mẫu ${}^{127}\mathrm{I}$ bằng một chùm neutron, tạo ra $1,50\times {10}^6$ hạt nhân ${}^{128}\mathrm{I}$ mỗi giây. Ban đầu trong mẫu không có hạt nhân ${}^{128}\mathrm{I}$ nào. Hạt nhân ${}^{128}\mathrm{I}$ phân rã theo cơ chế phát xạ ${\beta }^{-}$ với $25,0\min$. (a) Hạt nhân ${}^{128}\mathrm{I}$ phân rã thành nào? (b) Nuclide đó có thể phân rã ngược lại thành ${}^{128}\mathrm{I}$ thông qua phát xạ ${\beta }^{+}$ hay không? Tại sao có hoặc tại sao không? (c) Sau khi mẫu được chiếu xạ trong một thời gian dài, số lượng nguyên tử ${}^{128}\mathrm{I}$ tối đa có thể có mặt trong mẫu là bao nhiêu? tối đa có thể tạo ra là bao nhiêu? (Trạng thái dừng này được gọi là sự bão hòa). (d) Tìm biểu thức xác định số nguyên tử ${}^{128}\mathrm{I}$ có mặt trong mẫu theo thời gian.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Tốc độ sinh hạt nhân ${}^{128}\mathrm{I}$ do chùm neutron: $R=1,50\times {10}^6{\mathrm{s}}^{-1}$.
• Điều kiện ban đầu tại $t=0$: $N(0)=0$.
• của ${}^{128}\mathrm{I}$: $T_{1/2}=25,0\min =1500\mathrm{s}$.
• Cần xác định: con của phân rã ${\beta }^{-}$, khả năng xảy ra phân rã ${\beta }^{+}$ đảo ngược, số lượng hạt nhân cực đại $N_{max}$ và hoạt độ bão hòa $A_{max}$, biểu thức $N(t)$ theo thời gian cùng kiểm tra giới hạn thời gian dài.

Hướng đi:

Áp dụng đầy đủ 8 chỉ dẫn phương pháp luận của bài toán cầu nối:

• Xác định và thiết lập bài toán:
  1. Quy luật và điều kiện : Khảo sát biến đổi của $Z$, $N$, $A$ trong phân rã ${\beta }^{-}$ và ${\beta }^{+}$, xác định điều kiện tự phát của từng quá trình.
  2. Phương trình vi phân cân bằng: Thiết lập $\mathrm{d}N/\mathrm{d}t$ từ hiệu số giữa tốc độ sinh $R$ và tốc độ phân rã $\lambda N$, phân tích trạng thái dừng khi hai tốc độ cân bằng nhau.
  3. Hệ biến mục tiêu: Liệt kê các đại lượng đã biết và chưa biết cho từng phần của bài toán.
• Thực hiện giải toán: 4. Xác định con: Tính $Z^{\prime }$ và $N^{\prime }$ từ định luật bảo toàn điện tích và số nucleon để nhận diện nguyên tố hóa học. 5. Đánh giá tính khả dĩ của phân rã ngược: So sánh phân rã và rào cản ngưỡng $2m_e$ để kết luận về khả năng xảy ra phân rã ${\beta }^{+}$. 6. Tính toán trạng thái bão hòa: Giải điều kiện dừng $\mathrm{d}N/\mathrm{d}t=0$ để tìm số hạt cực đại $N_{max}$ và hoạt độ bão hòa $A_{max}$. 7. giải phương trình động học: Giải phương trình vi phân biến thiên số hạt $N(t)$ bằng phương pháp tách biến, sử dụng sự tương đồng toán học với quá trình nạp điện cho tụ điện (Mục 26.4).
• Đánh giá kết quả: 8. Kiểm tra tính nhất quán và giới hạn thời gian: So sánh nghiệm $N(t)$ ở giới hạn thời gian dài $t\to \mathrm{\infty }$ với trạng thái dừng ở Bước 6, và xác định khoảng thời gian cụ thể được coi là "thời gian dài".

Lời giải chi tiết:

Bước 1: Quy luật và điều kiện Trong một phân rã beta trừ (${\beta }^{-}$), một neutron trong hạt nhân biến đổi thành một proton. Đồng thời, phát ra một electron và một antineutrino electron. Do đó:

• Số khối $A$ không thay đổi ($\mathrm{\Delta }A=0$).
• Số proton tăng thêm 1 đơn vị ($Z\to Z+1$).
• Số neutron giảm đi 1 đơn vị ($N\to N-1$).

Điều kiện để phân rã ${\beta }^{-}$ xảy ra tự phát là khối lượng nguyên tử của hạt nhân mẹ phải lớn hơn khối lượng nguyên tử của hạt nhân con: $m(X)>m(Y)$.

Ngược lại, trong cộng (${\beta }^{+}$), một proton biến đổi thành một neutron, phát ra một positron và một neutrino electron ($Z\to Z-1$, $N\to N+1$). Điều kiện để phân rã ${\beta }^{+}$ xảy ra tự phát là khối lượng nguyên tử hạt nhân mẹ phải lớn hơn khối lượng nguyên tử hạt nhân con ít nhất bằng hai lần khối lượng nghỉ của electron:

$$m(X)-m(Y)>2m_e$$

Nếu hiệu khối lượng nhỏ hơn $2m_e$, phản ứng sẽ thu và không thể xảy ra tự phát.

Bước 2: Thiết lập phương trình cân bằng vi phân Số hạt nhân ${}^{128}\mathrm{I}$ trong mẫu chịu ảnh hưởng đồng thời bởi hai quá trình:

• Quá trình tạo thành do chùm neutron chiếu xạ với tốc độ không đổi $R=1,50\times {10}^6{\mathrm{s}}^{-1}$.
• Quá trình với tốc độ phân rã tức thời $\lambda N(t)$.

Phương trình vi phân mô tả tốc độ biến thiên tổng cộng của số hạt nhân $N(t)$ trong mẫu là:

$$\frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=R-\lambda N$$

Ở trạng thái dừng (bão hòa), tốc độ sinh bằng đúng tốc độ phân rã. Điều này khiến số hạt nhân trong mẫu không còn thay đổi theo thời gian.

Bước 3: Xác định các biến mục tiêu

• Biến trạng thái: Hàm số $N(t)$ biểu thị số lượng hạt nhân ${}^{128}\mathrm{I}$ tại thời điểm $t$.
• Các đại lượng cần tìm:
  • Hạt nhân con của phân rã ${\beta }^{-}$.
  • Khả năng phân rã ${\beta }^{+}$ ngược lại.
  • Số hạt nhân cực đại $N_{max}$ và hoạt độ bão hòa $A_{max}$.
  • Dạng giải tích của hàm $N(t)$.

Bước 4: Xác định con (Phần a) Hạt nhân ${}^{128}\mathrm{I}$ có $Z=53$ và $A=128$. Số neutron ban đầu là:

$$N_{\mathrm{n}}=128-53=75$$

Khi phân rã ${\beta }^{-}$, số khối $A=128$ giữ nguyên, số proton trở thành $Z^{\prime }=53+1=54$, và số neutron trở thành $N^{\prime }=75-1=74$. Nguyên tố có số hiệu nguyên tử $Z=54$ trong bảng tuần hoàn là Xenon ($\mathrm{Xe}$). Vậy hạt nhân con tạo thành là ${}_{54}^{128}\mathrm{Xe}$.

Phương trình phân rã hạt nhân là:

$${}_{53}^{128}\mathrm{I}\to {}_{54}^{128}\mathrm{Xe}+{\mathrm{e}}^{-}+{\overline{\nu }}_e$$

Bước 5: Khảo sát khả năng cộng đảo ngược (Phần b) Để hạt nhân ${}_{54}^{128}\mathrm{Xe}$ có thể phân rã ngược lại thành ${}_{53}^{128}\mathrm{I}$ bằng phát xạ ${\beta }^{+}$, phản ứng giả định phải là:

$${}_{54}^{128}\mathrm{Xe}\to {}_{53}^{128}\mathrm{I}+{\mathrm{e}}^{+}+{\nu }_e$$

Vì phản ứng phân rã ${\beta }^{-}$ thuận xảy ra tự phát, giải phóng là dương ($Q_{{\beta }^{-}}>0$), đồng nghĩa với việc khối lượng nguyên tử mẹ phải lớn hơn hạt nhân con:

$$m_{\mathrm{I}}>m_{\mathrm{Xe}}$$

Để phản ứng phân rã ${\beta }^{+}$ ngược lại có thể xảy ra tự phát, điều kiện đòi hỏi khối lượng nguyên tử ${}^{128}\mathrm{Xe}$ phải lớn hơn khối lượng ${}^{128}\mathrm{I}$ ít nhất bằng hai lần khối lượng electron:

$$m_{\mathrm{Xe}}-m_{\mathrm{I}}>2m_e$$

Tuy nhiên, vì $m_{\mathrm{Xe}}<m_{\mathrm{I}}$, hiệu khối lượng phản ứng mang dấu âm:

$$\mathrm{\Delta }m=m_{\mathrm{Xe}}-m_{\mathrm{I}}-2m_e$$

Do $\mathrm{\Delta }m<0$, kéo theo phân rã ngược mang giá trị âm:

$$Q_{{\beta }^{+}}=\mathrm{\Delta }m\cdot c^2<0$$

Quá trình phân rã ngược này là (endoergic) và bị cấm tuyệt đối theo định luật bảo toàn . Hạt nhân ${}^{128}\mathrm{Xe}$ hoàn toàn không thể tự phát phân rã ngược lại thành ${}^{128}\mathrm{I}$ bằng phát xạ ${\beta }^{+}$. (Khối lượng thực tế tra cứu từ bảng là $m{(}^{128}\mathrm{Xe})=\mathrm{127,903}531\mathrm{u}$ và $m{(}^{128}\mathrm{I})=\mathrm{127,904}587\mathrm{u}$, cho $\mathrm{\Delta }m\approx -\mathrm{0,002}153\mathrm{u}<0$).

Bước 6: Xác định trạng thái bão hòa (Phần c) Tại trạng thái bão hòa (steady state), số hạt nhân ${}^{128}\mathrm{I}$ đạt giá trị dừng không đổi. Do đó, theo thời gian triệt tiêu:

$$\frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=0$$

Thay vào phương trình vi phân:

$$R-\lambda N_{max}=0$$

$$N_{max}=\frac{R}{\lambda }$$

Hằng số phân rã của ${}^{128}\mathrm{I}$ được tính từ :

$$\lambda =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}$$

Thay số với chu kỳ $T_{1/2}=1500\mathrm{s}$:

$$\lambda =\frac{\ln 2}{1500\mathrm{s}}$$

$$\lambda \approx \mathrm{4,621}\times {10}^{-4}{\mathrm{s}}^{-1}$$

Số nguyên tử ${}^{128}\mathrm{I}$ cực đại có mặt trong mẫu khi đạt bão hòa là:

$$N_{max}=\frac{1,50\times {10}^6}{\mathrm{4,621}\times {10}^{-4}}$$

$$N_{max}\approx 3,25\times {10}^9$$

của mẫu tại trạng thái bão hòa bằng:

$$A_{max}=\lambda N_{max}=R$$

$$A_{max}=1,50\times {10}^6\mathrm{Bq}$$

cực đại đạt được chính bằng tốc độ bắn phá tạo thành hạt nhân mới từ chùm neutron.

Bước 7: Giải phương trình vi phân tìm N(t) (Phần d) Phương trình vi phân $\mathrm{d}N/\mathrm{d}t+\lambda N=R$ có cấu trúc toán học tương tự như phương trình nạp điện cho tụ điện qua điện trở trong mạch $RC$ (Mục 26.4), trong đó số lượng hạt nhân $N(t)$ đóng vai trò tương đương điện tích tụ điện $q(t)$, tốc độ sinh $R$ tương đương dòng nạp giới hạn $\mathcal{E}/R_{\mathrm{c}}$, và hằng số phân rã $\lambda$ đóng vai trò tương đương nghịch đảo thời hằng $1/(RC)$.

Viết lại phương trình dưới dạng tách biến:

$$\frac{\mathrm{d}N}{N-R/\lambda }=-\lambda \mathrm{d}t$$

Lấy hai vế từ thời điểm ban đầu $t=0$ (khi $N=0$) đến thời điểm $t$:

$$\ln (1-\frac{\lambda N}{R})=-\lambda t$$

Lấy hàm mũ hai vế:

$$1-\frac{\lambda N}{R}={\mathrm{e}}^{-\lambda t}$$

Suy ra biểu thức số hạt nhân ${}^{128}\mathrm{I}$ theo thời gian:

$$N(t)=\frac{R}{\lambda }(1-{\mathrm{e}}^{-\lambda t})$$

Biểu thức này mô tả sự tích tụ hạt nhân tiến tới bão hòa với giá trị cực đại $N_{max}\approx 3,25\times {10}^9$ và hằng số phân rã $\lambda \approx 4,62\times {10}^{-4}{\mathrm{s}}^{-1}$.

Đồ thị hàm số N(t) tích lũy số hạt nhân 128I tiến tới bão hòa

Bước 8: Đánh giá và kiểm tra giới hạn thời gian Kiểm tra tính nhất quán của nghiệm $N(t)$:

• Khi $t=0$: $N(0)=\frac{R}{\lambda }(1-1)=0$, hoàn toàn phù hợp với điều kiện ban đầu của bài toán.
• Khi thời gian nhỏ ($t\ll 1/\lambda$): Áp dụng khai triển xấp xỉ ${\mathrm{e}}^{-\lambda t}\approx 1-\lambda t$, ta thu được $N(t)\approx \frac{R}{\lambda }(\lambda t)=Rt$. Trong giai đoạn đầu, sự phân rã chưa đáng kể và số hạt nhân tăng tuyến tính theo thời gian với tốc độ sinh $R$.
• Khi thời gian rất lớn ($t\to \mathrm{\infty }$): Số hạng ${\mathrm{e}}^{-\lambda t}\to 0$, khi đó $N(t)\to R/\lambda =N_{max}$. Kết quả này hoàn toàn đồng nhất với giá trị bão hòa tìm được từ phân tích trạng thái dừng ở Bước 6.

Để xác định khoảng thời gian được coi là "thời gian dài":

• Sau khoảng $5$ ($t=5T_{1/2}=125\min$, khoảng hơn $2\mathrm{h}$):

$${\mathrm{e}}^{-\lambda t}={\left(\frac{1}{2}\right)}^5=\frac{1}{32}$$

Lượng hạt nhân đã đạt $(1-1/32)\approx 96,9\mathrm{\%}$ giá trị bão hòa.

• Sau $7$ ($t=7T_{1/2}=175\min \approx 2,9\mathrm{h}$), mẫu đạt trên $99,2\mathrm{\%}$ giá trị bão hòa.

Vì vậy, trong điều kiện thí nghiệm này, một khoảng thời gian dài hơn khoảng $2$ đến $3$ giờ được coi là "thời gian dài", khi đó mẫu thực tế đã đạt trạng thái bão hòa hoàn toàn.

Kết luận: (a) Hạt nhân con là ${}_{54}^{128}\mathrm{Xe}$. (b) Không thể phân rã ngược lại thành ${}^{128}\mathrm{I}$ vì phản ứng ngược là thu ($Q<0$). (c) $N_{max}\approx 3,25\times {10}^9$ nguyên tử. $A_{max}=1,50\times {10}^6\mathrm{Bq}$. (d) $N(t)=\frac{R}{\lambda }(1-{\mathrm{e}}^{-\lambda t})$, với $N_{max}\approx 3,25\times {10}^9$ và $\lambda \approx 4,62\times {10}^{-4}{\mathrm{s}}^{-1}$.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 43, trang 1476–1482.