Esercizi — La fisica nucleare

Tutti gli esercizi del capitolo, svolti passo-passo, in ordine di comparsa nel capitolo: prima gli esercizi guidati nel testo, poi i problemi di fine capitolo (numerici, concettuali, ranking, grafici, stime, fantafisica).

Esercizi svolti nel testo

• Esercizio svolto — decadimento del radon in cantina
• Esercizio svolto — dall’attività all’età di un reperto
• Esercizio svolto — più termonucleare del Sole

Problemi di fine capitolo

• Energia di legame del ferro
• Datazione al radiocarbonio
• Curva di Aston e direzione dell’energia
• Attività del cobalto-60
• Combustibile di una centrale a fissione
• Disegna la curva di legame
• Dalla legge fenomenologica all’esponenziale
• Consumo di idrogeno del Sole
• Vita media di un campione misto
• Pila atomica scolastica al polonio
• Perché i nuclei non si disgregano
• Perché la fissione conviene
• Stabilità relativa di quattro nuclei
• Vite medie a confronto
• Atomi e attività in un grammo di radio
• Dimezzamento ripetuto
• Dal difetto di massa al Q di reazione
• Fantafisica: carbonio con tempo di dimezzamento decuplicato
• Fantafisica: senza forza forte
• Il reattore in numeri
• Cesio dopo Chernobyl
• Alfa, beta, gamma a confronto
• Perché la dose conta
• Decadimento misurato in laboratorio
• Bomba contro asteroide
• Dose annua e radiografie equivalenti
• Serie di decadimento padre-figlia
• Difetto di massa del trizio
• Perché un nucleo eccitato emette gamma
• Radon nelle abitazioni
• Pila atomica a cobalto-60
• Dose efficace di sorgenti diverse
• Dal volume di elio-3 al tempo di accumulo
• Fantafisica: senza tunnel quantistico
• Lettura grafico: difetto di massa
• Schemi di decadimento alfa e beta

All the chapter’s exercises, worked step-by-step, in the order they appear in the chapter: first the guided exercises in the text, then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, ranking, graphical, estimation, thought-experiments).

Worked exercises in the text

• Worked exercise — radon decay in a cellar
• Worked exercise — from activity to the age of a find
• Worked exercise — more thermonuclear than the Sun

End-of-chapter problems

• Binding energy of iron
• Radiocarbon dating
• Aston’s curve and the direction of energy release
• Activity of cobalt-60
• Fuel of a fission power plant
• Draw the binding energy curve
• From the phenomenological law to the exponential
• The Sun’s hydrogen consumption
• Mean lifetime of a mixed sample
• School polonium atomic battery
• Why nuclei don’t fall apart
• Why fission is favourable
• Relative stability of four nuclei
• Comparing mean lifetimes
• Atoms and activity in one gram of radium
• Repeated halving
• From the mass defect to the reaction Q-value
• Thought experiment: carbon with a tenfold half-life
• Thought experiment: without the strong force
• The reactor in numbers
• Caesium after Chernobyl
• Alpha, beta, gamma compared
• Why dose matters
• Decay measured in the laboratory
• Bomb against an asteroid
• Annual dose and equivalent X-rays
• Parent-daughter decay series
• Mass defect of tritium
• Why an excited nucleus emits gamma rays
• Radon in homes
• Cobalt-60 atomic battery
• Effective dose from different sources
• From the volume of helium-3 to the accumulation time
• Thought experiment: without quantum tunnelling
• Reading a graph: mass defect
• Alpha and beta decay schemes

Testo

Il radon $^{222}\text{Rn}$ ha tempo di dimezzamento $\tau_{1/2} = 3{,}82$ giorni. Una cantina sigillata contiene inizialmente $N_0 = 10^{10}$ atomi di radon. Quanti atomi restano dopo $20$ giorni? Qual è l’attività iniziale del campione?

Soluzione

Costante di decadimento. La costante di decadimento si ricava dal tempo di dimezzamento:

$\lambda = \frac{\ln 2}{\tau_{1/2}} = \frac{0{,}693}{3{,}82\ \text{giorni}} \approx 0{,}181\ \text{giorni}^{-1}$

Numero di atomi dopo 20 giorni. La legge del decadimento esponenziale dà:

$N = N_0\,e^{-\lambda t} = 10^{10}\cdot e^{-0{,}181\cdot 20} = 10^{10}\cdot e^{-3{,}63} \approx \ev{N \approx 2{,}7\cdot 10^{8}\ \text{atomi}}$

In venti giorni (poco più di cinque tempi di dimezzamento) il radon si riduce a meno del $3\%$ del valore iniziale.

Attività iniziale. L’attività è $A_0 = \lambda N_0$. Per ottenere un risultato in becquerel (decadimenti al secondo) va convertita $\lambda$ in $\text{s}^{-1}$:

$\lambda = \frac{0{,}181}{86400\ \text{s}} \approx 2{,}09\cdot 10^{-6}\ \text{s}^{-1}$

$A_0 = \lambda N_0 = 2{,}09\cdot 10^{-6}\cdot 10^{10} \approx \ev{A_0 \approx 2{,}1\cdot 10^{4}\ \text{Bq}}$

Cioè circa ventimila decadimenti al secondo.

Perché conta $200\ \text{Bq/m}^3$). Il radon è un gas radioattivo che si accumula negli ambienti chiusi e mal ventilati: conviene arieggiare spesso cantine e locali interrati, soprattutto in zone con sottosuolo granitico, dove l'emissione naturale è maggiore.

Il valore è ben sopra il limite raccomandato per le abitazioni (

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Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Decadimento radioattivo Competenze: Uso delle scale logaritmiche

Problem

Radon $^{222}\text{Rn}$ has a half-life $\tau_{1/2} = 3{,}82$ days. A sealed cellar initially contains $N_0 = 10^{10}$ radon atoms. How many atoms remain after $20$ days? What is the initial activity of the sample?

Solution

Decay constant. The decay constant is obtained from the half-life:

$\lambda = \frac{\ln 2}{\tau_{1/2}} = \frac{0{,}693}{3{,}82\ \text{days}} \approx 0{,}181\ \text{days}^{-1}$

Number of atoms after 20 days. The exponential decay law gives:

$N = N_0\,e^{-\lambda t} = 10^{10}\cdot e^{-0{,}181\cdot 20} = 10^{10}\cdot e^{-3{,}63} \approx \ev{N \approx 2{,}7\cdot 10^{8}\ \text{atoms}}$

In twenty days (a little more than five half-lives) the radon drops to under $3\%$ of its initial value.

Initial activity. The activity is $A_0 = \lambda N_0$. To get a result in becquerel (decays per second), $\lambda$ must be converted to $\text{s}^{-1}$:

$\lambda = \frac{0{,}181}{86400\ \text{s}} \approx 2{,}09\cdot 10^{-6}\ \text{s}^{-1}$

$A_0 = \lambda N_0 = 2{,}09\cdot 10^{-6}\cdot 10^{10} \approx \ev{A_0 \approx 2{,}1\cdot 10^{4}\ \text{Bq}}$

That is, roughly twenty thousand decays per second.

Why it matters $200\ \text{Bq/m}^3$). Radon is a radioactive gas that builds up in closed, poorly ventilated spaces: it is worth airing cellars and basement rooms often, especially in areas with granitic subsoil, where the natural emission is higher.

The value is well above the recommended limit for dwellings (

Connections

Topics: Nuclear physics Concepts: Radioactive decay Skills: Using logarithmic scales

Testo

Un reperto archeologico presenta una quantità di $^{14}\text{C}$ residuo pari al $34\%$ di quella dei tessuti viventi. Stima l’età del reperto, sapendo che il tempo di dimezzamento del carbonio-14 è $T_{1/2} = 5730$ anni.

Soluzione

Impostazione. Finché è vivo, un organismo scambia carbonio con l’ambiente e mantiene costante la frazione di $^{14}\text{C}$. Alla morte lo scambio cessa e il $^{14}\text{C}$ comincia a decadere. Il rapporto tra atomi residui e iniziali segue:

$\frac{N}{N_0} = 0{,}34 = 2^{-t/T_{1/2}}$

Passaggio ai logaritmi. Prendendo il logaritmo in base $2$ di entrambi i membri:

$\frac{t}{T_{1/2}} = -\log_2(0{,}34) = \log_2\!\left(\frac{1}{0{,}34}\right) \approx 1{,}556$

Età del reperto.

$t = 1{,}556\cdot T_{1/2} = 1{,}556\cdot 5730\ \text{anni} \approx \ev{t \approx 8920\ \text{anni}}$

Un’età compatibile con il periodo mesolitico-neolitico.

Limiti del metodo $\sim 50\,000$ anni: oltre, il $^{14}\text{C}$ residuo è troppo poco per essere misurato con precisione.

La datazione al radiocarbonio è affidabile fino a circa dieci tempi di dimezzamento, cioè

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Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Decadimento radioattivo Competenze: Uso delle scale logaritmiche

Problem

An archaeological find shows a quantity of residual $^{14}\text{C}$ equal to $34\%$ of that of living tissue. Estimate the age of the find, knowing that the half-life of carbon-14 is $T_{1/2} = 5730$ years.

Solution

Setup. While alive, an organism exchanges carbon with the environment and keeps the fraction of $^{14}\text{C}$ constant. At death the exchange stops and $^{14}\text{C}$ starts to decay. The ratio of residual to initial atoms follows:

$\frac{N}{N_0} = 0{,}34 = 2^{-t/T_{1/2}}$

Taking logarithms. Taking the base-$2$ logarithm of both sides:

$\frac{t}{T_{1/2}} = -\log_2(0{,}34) = \log_2\!\left(\frac{1}{0{,}34}\right) \approx 1{,}556$

Age of the find.

$t = 1{,}556\cdot T_{1/2} = 1{,}556\cdot 5730\ \text{years} \approx \ev{t \approx 8920\ \text{years}}$

An age consistent with the Mesolithic-Neolithic period.

Limits of the method $\sim 50\,000$ years: beyond that, the residual $^{14}\text{C}$ is too little to be measured precisely.

Radiocarbon dating is reliable up to about ten half-lives, i.e.

Connections

Topics: Nuclear physics Concepts: Radioactive decay Skills: Using logarithmic scales

Testo

Nel reattore sperimentale ITER si sfrutta la reazione di fusione $\text{D} + \text{T} \to {}^{4}\text{He} + n + 17{,}6\ \text{MeV}$, con una potenza termica $P_{\text{out}} = 500\ \text{MW}$. Quanti grammi di deuterio al secondo servono, supponendo che il trizio sia rigenerato internamente?

Soluzione

Numero di reazioni al secondo. Ogni reazione libera $E_{\text{reazione}} = 17{,}6\ \text{MeV}$. Convertendo in joule ($1\ \text{MeV} = 1{,}6\cdot 10^{-13}\ \text{J}$):

$E_{\text{reazione}} = 17{,}6\cdot 1{,}6\cdot 10^{-13}\ \text{J} \approx 2{,}82\cdot 10^{-12}\ \text{J}$

Il numero di reazioni al secondo necessario per erogare $P_{\text{out}} = 5\cdot 10^{8}\ \text{W}$ è:

$n = \frac{P_{\text{out}}}{E_{\text{reazione}}} = \frac{5\cdot 10^{8}}{2{,}82\cdot 10^{-12}} \approx 1{,}8\cdot 10^{20}\ \text{reazioni/s}$

Massa di deuterio consumata. Ogni reazione consuma un nucleo di deuterio, di massa $m_{\text{D}} \approx 3{,}34\cdot 10^{-27}\ \text{kg}$. Quindi la portata di massa è:

$\dot m = n\cdot m_{\text{D}} = 1{,}8\cdot 10^{20}\cdot 3{,}34\cdot 10^{-27}\ \text{kg} \approx \ev{\dot m \approx 0{,}6\ \text{mg/s}}$

Poco più di mezzo grammo al minuto: una quantità di combustibile straordinariamente piccola per una potenza da centrale elettrica. È il segno della densità energetica enorme della fusione nucleare, la stessa che alimenta il Sole.

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Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Fusione nucleare · Equivalenza massa-energia

Problem

In the experimental reactor ITER, the fusion reaction $\text{D} + \text{T} \to {}^{4}\text{He} + n + 17{,}6\ \text{MeV}$ is exploited, with a thermal power $P_{\text{out}} = 500\ \text{MW}$. How many grams of deuterium per second are needed, assuming the tritium is regenerated internally?

Solution

Number of reactions per second. Each reaction releases $E_{\text{reaction}} = 17{,}6\ \text{MeV}$. Converting to joules ($1\ \text{MeV} = 1{,}6\cdot 10^{-13}\ \text{J}$):

$E_{\text{reaction}} = 17{,}6\cdot 1{,}6\cdot 10^{-13}\ \text{J} \approx 2{,}82\cdot 10^{-12}\ \text{J}$

The number of reactions per second needed to deliver $P_{\text{out}} = 5\cdot 10^{8}\ \text{W}$ is:

$n = \frac{P_{\text{out}}}{E_{\text{reaction}}} = \frac{5\cdot 10^{8}}{2{,}82\cdot 10^{-12}} \approx 1{,}8\cdot 10^{20}\ \text{reactions/s}$

Mass of deuterium consumed. Each reaction consumes one deuterium nucleus, of mass $m_{\text{D}} \approx 3{,}34\cdot 10^{-27}\ \text{kg}$. The mass flow rate is therefore:

$\dot m = n\cdot m_{\text{D}} = 1{,}8\cdot 10^{20}\cdot 3{,}34\cdot 10^{-27}\ \text{kg} \approx \ev{\dot m \approx 0{,}6\ \text{mg/s}}$

Just over half a gram per minute: an extraordinarily small amount of fuel for a power-plant-scale output. This is a sign of the enormous energy density of nuclear fusion, the same process that powers the Sun.

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Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Fusione nucleare · Equivalenza massa-energia

Testo

Il nucleo $^{56}\text{Fe}$ ha massa $55{,}9349\ \text{u}$. Calcola il difetto di massa rispetto ai suoi costituenti separati — $26$ protoni ($m_p = 1{,}00728\ \text{u}$) e $30$ neutroni ($m_n = 1{,}00867\ \text{u}$) — e quindi l’energia di legame per nucleone. Confronta il risultato con il massimo della curva di Aston.

Soluzione

Difetto di massa. È la differenza tra la massa dei nucleoni liberi e quella del nucleo legato:

$\Delta m = 26\,m_p + 30\,m_n - m_{\text{nucleo}} = 26\cdot 1{,}00728 + 30\cdot 1{,}00867 - 55{,}9349$

$\Delta m = 26{,}18928 + 30{,}2601 - 55{,}9349 = 0{,}51448\ \text{u}$

Energia di legame totale. Usando l’equivalenza $1\ \text{u} \leftrightarrow 931{,}5\ \text{MeV}$:

$B = \Delta m\cdot 931{,}5\ \frac{\text{MeV}}{\text{u}} = 0{,}51448\cdot 931{,}5 \approx 479{,}2\ \text{MeV}$

Energia di legame per nucleone. Dividendo per il numero di massa $A = 56$:

$\frac{B}{A} = \frac{479{,}2}{56} \approx \ev{\frac{B}{A} \approx 8{,}56\ \text{MeV/nucleone}}$

Questo valore è vicino al massimo della curva di Aston ($\sim 8{,}8\ \text{MeV/nucleone}$), in pieno accordo con il fatto che il ferro è tra i nuclei più stabili in natura: è il “fondo” della valle energetica verso cui tendono sia la fusione dei nuclei leggeri sia la fissione di quelli pesanti.

Refuso nella chiave del libro $\approx 7{,}07\ \text{MeV/nucleone}$, che è errato: con i dati forniti il calcolo dà $8{,}56\ \text{MeV/nucleone}$, coerente con il picco della curva di Aston. Si adotta qui il valore corretto $8{,}56\ \text{MeV/nucleone}$.

La chiave-risposta del libro riporta

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Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Energia di legame nucleare · Equivalenza massa-energia Oggetti: Nucleo atomico

Problem

The nucleus $^{56}\text{Fe}$ has mass $55{,}9349\ \text{u}$. Calculate the mass defect relative to its separate constituents — $26$ protons ($m_p = 1{,}00728\ \text{u}$) and $30$ neutrons ($m_n = 1{,}00867\ \text{u}$) — and hence the binding energy per nucleon. Compare the result with the maximum of the Aston curve.

Solution

Mass defect. This is the difference between the mass of the free nucleons and that of the bound nucleus:

$\Delta m = 26\,m_p + 30\,m_n - m_{\text{nucleus}} = 26\cdot 1{,}00728 + 30\cdot 1{,}00867 - 55{,}9349$

$\Delta m = 26{,}18928 + 30{,}2601 - 55{,}9349 = 0{,}51448\ \text{u}$

Total binding energy. Using the equivalence $1\ \text{u} \leftrightarrow 931{,}5\ \text{MeV}$:

$B = \Delta m\cdot 931{,}5\ \frac{\text{MeV}}{\text{u}} = 0{,}51448\cdot 931{,}5 \approx 479{,}2\ \text{MeV}$

Binding energy per nucleon. Dividing by the mass number $A = 56$:

$\frac{B}{A} = \frac{479{,}2}{56} \approx \ev{\frac{B}{A} \approx 8{,}56\ \text{MeV/nucleon}}$

This value is close to the maximum of the Aston curve ($\sim 8{,}8\ \text{MeV/nucleon}$), fully consistent with the fact that iron is among the most stable nuclei found in nature: it is the “bottom” of the energy valley towards which both the fusion of light nuclei and the fission of heavy ones tend.

Error in the textbook's answer key $\approx 7{,}07\ \text{MeV/nucleon}$, which is incorrect: with the data provided the calculation gives $8{,}56\ \text{MeV/nucleon}$, consistent with the peak of the Aston curve. The correct value $8{,}56\ \text{MeV/nucleon}$ is adopted here.

The textbook’s answer key gives

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Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Energia di legame nucleare · Equivalenza massa-energia Oggetti: Nucleo atomico

Testo

Un reperto presenta un rapporto $^{14}\text{C}/^{12}\text{C}$ pari a $1/8$ di quello di un campione vivente. Sapendo che $T_{1/2} = 5730$ anni, stima l’età del reperto. Usa il grafico del decadimento per interpretare il risultato.

Curva del decadimento esponenziale: la linea tratteggiata individua il livello $1/8$ in corrispondenza di $t = 3\,T_{1/2}$.

Soluzione

Lettura del rapporto. Il valore $1/8$ è una potenza esatta di $1/2$:

$\frac{1}{8} = \left(\frac{1}{2}\right)^{3}$

Ogni fattore $1/2$ corrisponde a un tempo di dimezzamento: servono quindi esattamente $3$ dimezzamenti perché il $^{14}\text{C}$ scenda a un ottavo del valore iniziale. Sul grafico è il punto in cui la curva incontra la linea tratteggiata, a $t/T_{1/2} = 3$.

Età del reperto.

$t = 3\cdot T_{1/2} = 3\cdot 5730\ \text{anni} \approx \ev{t \approx 17\,190\ \text{anni}}$

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Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Decadimento radioattivo Competenze: Lettura dei grafici

Problem

A find shows a $^{14}\text{C}/^{12}\text{C}$ ratio equal to $1/8$ of that of a living sample. Knowing that $T_{1/2} = 5730$ years, estimate the age of the find. Use the decay graph to interpret the result.

Exponential decay curve: the dashed line marks the $1/8$ level at $t = 3\,T_{1/2}$.

Solution

Reading the ratio. The value $1/8$ is an exact power of $1/2$:

$\frac{1}{8} = \left(\frac{1}{2}\right)^{3}$

Each factor of $1/2$ corresponds to a half-life: exactly $3$ half-lives are needed for the $^{14}\text{C}$ to drop to an eighth of the initial value. On the graph this is the point where the curve meets the dashed line, at $t/T_{1/2} = 3$.

Age of the find.

$t = 3\cdot T_{1/2} = 3\cdot 5730\ \text{years} \approx \ev{t \approx 17\,190\ \text{years}}$

Links

Topics: Nuclear physics Concepts: Radioactive decay Skills: Reading graphs

Testo

Spiega perché sia la fissione di nuclei pesanti (come $^{235}\text{U}$) sia la fusione di nuclei leggeri (come $^{2}\text{H} + {}^{3}\text{H}$) liberano energia. Aiutati con la curva dell’energia di legame per nucleone e indica dove si collocano i due processi rispetto al massimo.

Curva dell’energia di legame per nucleone: il picco è al ferro; le frecce indicano il verso in cui procedono fusione e fissione.

Soluzione

La curva mostra l’energia di legame per nucleone $E_l/A$ in funzione del numero di massa $A$: cresce rapidamente per i nuclei leggeri, raggiunge il massimo intorno al ferro ($A \approx 56$, $E_l/A \approx 8{,}8\ \text{MeV}$) e poi decresce lentamente per i nuclei pesanti.

La chiave è questa: un processo libera energia quando i prodotti sono più legati dei reagenti, cioè quando hanno un $E_l/A$ maggiore. L’aumento dell’energia di legame corrisponde a una diminuzione di massa, e quella massa mancante esce come energia secondo $E = \Delta m\, c^2$.

• Fusione ($^{2}\text{H} + {}^{3}\text{H}$): i nuclei leggeri stanno sul ramo ripido a sinistra del massimo. Fondendosi salgono verso il picco, aumentando $E_l/A$: quindi liberano energia.
• Fissione ($^{235}\text{U}$): i nuclei pesanti stanno a destra del massimo, su un $E_l/A$ più basso. Spezzandosi in frammenti di massa intermedia si avvicinano al picco, aumentando $E_l/A$: anche qui viene liberata energia.

Entrambi i processi, partendo da estremi opposti, “scivolano” verso il fondo della valle energetica rappresentato dal ferro.

$\ev{\text{fissione (}A>56\text{) e fusione (}A<56\text{) tendono entrambe al massimo del ferro}}$

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Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Energia di legame nucleare · Fissione nucleare · Fusione nucleare Competenze: Lettura dei grafici

Problem

Explain why both the fission of heavy nuclei (such as $^{235}\text{U}$) and the fusion of light nuclei (such as $^{2}\text{H} + {}^{3}\text{H}$) release energy. Use the binding energy per nucleon curve to help, and indicate where the two processes sit relative to the maximum.

Binding energy per nucleon curve: the peak is at iron; the arrows show the direction in which fusion and fission proceed.

Solution

The curve shows the binding energy per nucleon $E_l/A$ as a function of the mass number $A$: it rises rapidly for light nuclei, reaches a maximum around iron ($A \approx 56$, $E_l/A \approx 8{,}8\ \text{MeV}$) and then decreases slowly for heavy nuclei.

The key point is this: a process releases energy when the products are more tightly bound than the reactants, i.e. when they have a higher $E_l/A$. The increase in binding energy corresponds to a decrease in mass, and that missing mass is released as energy according to $E = \Delta m\, c^2$.

• Fusion ($^{2}\text{H} + {}^{3}\text{H}$): the light nuclei sit on the steep branch to the left of the maximum. By fusing they climb towards the peak, increasing $E_l/A$: so they release energy.
• Fission ($^{235}\text{U}$): the heavy nuclei sit to the right of the maximum, at a lower $E_l/A$. By splitting into fragments of intermediate mass they move closer to the peak, increasing $E_l/A$: here too energy is released.

Both processes, starting from opposite extremes, “slide” towards the bottom of the energy valley represented by iron.

$\ev{\text{fission (}A>56\text{) and fusion (}A<56\text{) both tend towards the iron maximum}}$

Links

Topics: Nuclear physics Concepts: Nuclear binding energy · Nuclear fission · Nuclear fusion Skills: Reading graphs

Testo

Un campione contiene $1{,}0\ \text{mg}$ di $^{60}\text{Co}$ (tempo di dimezzamento $T_{1/2} = 5{,}27$ anni, massa atomica $\approx 60\ \text{u}$). Calcola il numero di atomi presenti e l’attività iniziale in becquerel. Esprimi il risultato anche in curie ($1\ \text{Ci} = 3{,}7\cdot 10^{10}\ \text{Bq}$).

Soluzione

Numero di atomi. Dalla massa e dalla massa molare, tramite il numero di Avogadro $N_A = 6{,}022\cdot 10^{23}$:

$N = \frac{m}{M}\,N_A = \frac{1{,}0\cdot 10^{-3}\ \text{g}}{60\ \text{g/mol}}\cdot 6{,}022\cdot 10^{23} \approx \ev{N \approx 1{,}0\cdot 10^{19}\ \text{atomi}}$

Costante di decadimento. Convertendo il tempo di dimezzamento in secondi ($1\ \text{anno} \approx 3{,}156\cdot 10^{7}\ \text{s}$):

$\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0{,}693}{5{,}27\cdot 3{,}156\cdot 10^{7}\ \text{s}} = \frac{0{,}693}{1{,}663\cdot 10^{8}\ \text{s}} \approx 4{,}17\cdot 10^{-9}\ \text{s}^{-1}$

Attività iniziale.

$A = \lambda N = 4{,}17\cdot 10^{-9}\cdot 1{,}0\cdot 10^{19} \approx \ev{A \approx 4{,}2\cdot 10^{10}\ \text{Bq}}$

In curie:

$A = \frac{4{,}2\cdot 10^{10}}{3{,}7\cdot 10^{10}} \approx \ev{A \approx 1{,}13\ \text{Ci}}$

Refuso nella chiave del libro $A \approx 2{,}5\cdot 10^{9}\ \text{Bq} \approx 67\ \text{mCi}$, valore errato e incoerente con il problema 34 dello stesso libro, in cui per $0{,}50\ \text{g}$ di $^{60}\text{Co}$ si ottiene $2{,}09\cdot 10^{13}\ \text{Bq}$. Poiché l'attività scala linearmente con la massa, per $1\ \text{mg}$ deve dare $\sim 4{,}2\cdot 10^{10}\ \text{Bq}$. Si adotta qui il valore corretto.

La chiave-risposta del libro riporta

Collegamenti

Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Decadimento radioattivo

Problem

A sample contains $1{,}0\ \text{mg}$ of $^{60}\text{Co}$ (half-life $T_{1/2} = 5{,}27$ years, atomic mass $\approx 60\ \text{u}$). Calculate the number of atoms present and the initial activity in becquerels. Express the result also in curies ($1\ \text{Ci} = 3{,}7\cdot 10^{10}\ \text{Bq}$).

Solution

Number of atoms. From the mass and the molar mass, via Avogadro’s number $N_A = 6{,}022\cdot 10^{23}$:

$N = \frac{m}{M}\,N_A = \frac{1{,}0\cdot 10^{-3}\ \text{g}}{60\ \text{g/mol}}\cdot 6{,}022\cdot 10^{23} \approx \ev{N \approx 1{,}0\cdot 10^{19}\ \text{atoms}}$

Decay constant. Converting the half-life to seconds ($1\ \text{year} \approx 3{,}156\cdot 10^{7}\ \text{s}$):

$\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0{,}693}{5{,}27\cdot 3{,}156\cdot 10^{7}\ \text{s}} = \frac{0{,}693}{1{,}663\cdot 10^{8}\ \text{s}} \approx 4{,}17\cdot 10^{-9}\ \text{s}^{-1}$

Initial activity.

$A = \lambda N = 4{,}17\cdot 10^{-9}\cdot 1{,}0\cdot 10^{19} \approx \ev{A \approx 4{,}2\cdot 10^{10}\ \text{Bq}}$

In curies:

$A = \frac{4{,}2\cdot 10^{10}}{3{,}7\cdot 10^{10}} \approx \ev{A \approx 1{,}13\ \text{Ci}}$

Typo in the textbook answer key $A \approx 2{,}5\cdot 10^{9}\ \text{Bq} \approx 67\ \text{mCi}$, a value that is wrong and inconsistent with problem 34 of the same book, where $0{,}50\ \text{g}$ of $^{60}\text{Co}$ gives $2{,}09\cdot 10^{13}\ \text{Bq}$. Since activity scales linearly with mass, for $1\ \text{mg}$ it must give $\sim 4{,}2\cdot 10^{10}\ \text{Bq}$. The correct value is adopted here.

The textbook’s answer key gives

Links

Topics: Nuclear physics Concepts: Radioactive decay

Testo

Una centrale a fissione produce $1\ \text{GW}$ di potenza elettrica con rendimento $\eta = 0{,}33$. Ogni fissione di $^{235}\text{U}$ libera circa $200\ \text{MeV}$. Stima la massa di combustibile fissile consumata in un anno (supponendo la combustione completa del solo $^{235}\text{U}$) e confrontala con la massa di carbone di una centrale equivalente ($\sim 30\ \text{MJ/kg}$).

Fissione indotta di $^{235}\text{U}$: un neutrone innesca la rottura in due frammenti, liberando altri neutroni e circa $200\ \text{MeV}$.

Soluzione

Potenza termica. La potenza elettrica è solo una frazione $\eta$ di quella termica generata dalle fissioni:

$P_{\text{term}} = \frac{P_e}{\eta} = \frac{1\ \text{GW}}{0{,}33} \approx 3{,}0\ \text{GW} = 3{,}0\cdot 10^{9}\ \text{W}$

Energia per fissione. Con $1\ \text{MeV} = 1{,}6\cdot 10^{-13}\ \text{J}$:

$E_{\text{fiss}} = 200\ \text{MeV} = 200\cdot 1{,}6\cdot 10^{-13}\ \text{J} = 3{,}2\cdot 10^{-11}\ \text{J}$

Fissioni al secondo e in un anno.

$n = \frac{P_{\text{term}}}{E_{\text{fiss}}} = \frac{3{,}0\cdot 10^{9}}{3{,}2\cdot 10^{-11}} \approx 9{,}5\cdot 10^{19}\ \text{fissioni/s}$

In un anno ($3{,}156\cdot 10^{7}\ \text{s}$):

$N_{\text{fiss}} = 9{,}5\cdot 10^{19}\cdot 3{,}156\cdot 10^{7} \approx 3{,}0\cdot 10^{27}\ \text{fissioni}$

Massa di $^{235}\text{U}$. Ogni fissione consuma un nucleo; con $N_A = 6{,}022\cdot 10^{23}$ e massa molare $235\ \text{g/mol}$:

$m = \frac{N_{\text{fiss}}}{N_A}\cdot 235\ \text{g} = \frac{3{,}0\cdot 10^{27}}{6{,}022\cdot 10^{23}}\cdot 235\ \text{g} \approx 1{,}17\cdot 10^{6}\ \text{g} \approx \ev{m \approx 1{,}2\cdot 10^{3}\ \text{kg/anno}}$

Circa $1{,}2$ tonnellate di uranio-235 all’anno.

Confronto con il carbone. L’energia termica annua è la stessa:

$E_{\text{anno}} = P_{\text{term}}\cdot t = 3{,}0\cdot 10^{9}\cdot 3{,}156\cdot 10^{7} \approx 9{,}5\cdot 10^{16}\ \text{J}$

$m_{\text{carbone}} = \frac{9{,}5\cdot 10^{16}}{3\cdot 10^{7}\ \text{J/kg}} \approx 3{,}2\cdot 10^{9}\ \text{kg} \approx 3\ \text{milioni di tonnellate}$

Il rapporto è di circa $2{,}7\cdot 10^{6}$ a favore del nucleare: la stessa energia richiede milioni di volte meno combustibile.

$\ev{m \approx 1{,}2\cdot 10^{3}\ \text{kg/anno};\quad \sim 10^{6}\ \text{volte meno del carbone}}$

Refuso nella chiave del libro $\sim 10^{-3}\ \text{kg/anno}$: è un palese refuso per $\sim 10^{3}\ \text{kg/anno}$, dato che il calcolo fornisce $\sim 1200\ \text{kg}$. (Un consumo di un milligrammo all'anno per una centrale da $1\ \text{GW}$ sarebbe fisicamente assurdo.)

La chiave-risposta del libro scrive

Collegamenti

Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Fissione nucleare Competenze: Stime di Fermi

Problem

A fission power plant produces $1\ \text{GW}$ of electrical power with efficiency $\eta = 0{,}33$. Each fission of $^{235}\text{U}$ releases about $200\ \text{MeV}$. Estimate the mass of fissile fuel consumed in one year (assuming complete burn-up of only the $^{235}\text{U}$) and compare it with the mass of coal for an equivalent power plant ($\sim 30\ \text{MJ/kg}$).

Induced fission of $^{235}\text{U}$: a neutron triggers the split into two fragments, releasing further neutrons and about $200\ \text{MeV}$.

Solution

Thermal power. The electrical power is only a fraction $\eta$ of the thermal power generated by the fissions:

$P_{\text{term}} = \frac{P_e}{\eta} = \frac{1\ \text{GW}}{0{,}33} \approx 3{,}0\ \text{GW} = 3{,}0\cdot 10^{9}\ \text{W}$

Energy per fission. With $1\ \text{MeV} = 1{,}6\cdot 10^{-13}\ \text{J}$:

$E_{\text{fiss}} = 200\ \text{MeV} = 200\cdot 1{,}6\cdot 10^{-13}\ \text{J} = 3{,}2\cdot 10^{-11}\ \text{J}$

Fissions per second and per year.

$n = \frac{P_{\text{term}}}{E_{\text{fiss}}} = \frac{3{,}0\cdot 10^{9}}{3{,}2\cdot 10^{-11}} \approx 9{,}5\cdot 10^{19}\ \text{fissions/s}$

In one year ($3{,}156\cdot 10^{7}\ \text{s}$):

$N_{\text{fiss}} = 9{,}5\cdot 10^{19}\cdot 3{,}156\cdot 10^{7} \approx 3{,}0\cdot 10^{27}\ \text{fissions}$

Mass of $^{235}\text{U}$. Each fission consumes one nucleus; with $N_A = 6{,}022\cdot 10^{23}$ and molar mass $235\ \text{g/mol}$:

$m = \frac{N_{\text{fiss}}}{N_A}\cdot 235\ \text{g} = \frac{3{,}0\cdot 10^{27}}{6{,}022\cdot 10^{23}}\cdot 235\ \text{g} \approx 1{,}17\cdot 10^{6}\ \text{g} \approx \ev{m \approx 1{,}2\cdot 10^{3}\ \text{kg/year}}$

About $1{,}2$ tonnes of uranium-235 per year.

Comparison with coal. The annual thermal energy is the same:

$E_{\text{year}} = P_{\text{term}}\cdot t = 3{,}0\cdot 10^{9}\cdot 3{,}156\cdot 10^{7} \approx 9{,}5\cdot 10^{16}\ \text{J}$

$m_{\text{coal}} = \frac{9{,}5\cdot 10^{16}}{3\cdot 10^{7}\ \text{J/kg}} \approx 3{,}2\cdot 10^{9}\ \text{kg} \approx 3\ \text{million tonnes}$

The ratio is about $2{,}7\cdot 10^{6}$ in favour of nuclear: the same energy requires millions of times less fuel.

$\ev{m \approx 1{,}2\cdot 10^{3}\ \text{kg/year};\quad \sim 10^{6}\ \text{times less than coal}}$

Typo in the textbook answer key $\sim 10^{-3}\ \text{kg/year}$: this is a plain typo for $\sim 10^{3}\ \text{kg/year}$, since the calculation gives $\sim 1200\ \text{kg}$. (A consumption of one milligram per year for a $1\ \text{GW}$ plant would be physically absurd.)

The textbook’s answer key writes

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Topics: Nuclear physics Concepts: Nuclear fission Skills: Fermi estimation

Testo

Disegna qualitativamente la curva dell’energia di legame per nucleone $E_l/A$ in funzione del numero di massa $A$. Indica: (i) la regione della fusione, (ii) il massimo (ferro/nichel), (iii) la regione della fissione. Spiega perché ai due estremi i nuclei sono meno stabili.

Soluzione

La curva.

Andamento a campana asimmetrica: salita ripida per i nuclei leggeri, picco al ferro, lenta discesa per i pesanti.

Perché quella forma.

• Salita iniziale (nuclei leggeri). I nuclei con pochi nucleoni hanno un’alta frazione di nucleoni “di superficie”, legati solo parzialmente perché circondati da meno vicini. Aggiungere nucleoni aumenta rapidamente l’energia di legame media: la curva sale ripida.
• Massimo (ferro/nichel, $A \approx 56$). Attorno al ferro il compromesso tra attrazione nucleare a corto raggio e repulsione coulombiana è ottimale: $E_l/A \approx 8{,}8\ \text{MeV/nucleone}$. Sono i nuclei più stabili.
• Discesa lenta (nuclei pesanti). All’aumentare di $A$ cresce il numero di protoni, e con esso la repulsione coulombiana a lungo raggio tra tutte le coppie di protoni. Questa erode progressivamente il legame: la curva scende dolcemente.

Ai due estremi, quindi, i nuclei sono meno stabili per ragioni opposte: i leggeri per l’eccesso di superficie, i pesanti per l’eccesso di repulsione elettrica. È proprio questa forma a rendere possibile liberare energia sia fondendo i primi sia fissionando i secondi.

$\ev{\text{picco} \approx 8{,}8\ \text{MeV/nucleone vicino ad } A\approx 56}$

Collegamenti

Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Energia di legame nucleare Competenze: Lettura dei grafici

Problem

Sketch qualitatively the binding energy per nucleon curve $E_l/A$ as a function of the mass number $A$. Indicate: (i) the fusion region, (ii) the maximum (iron/nickel), (iii) the fission region. Explain why nuclei at the two extremes are less stable.

Solution

The curve.

Asymmetric bell-shaped trend: a steep rise for light nuclei, a peak at iron, a slow decline for heavy nuclei.

Why that shape.

• Initial rise (light nuclei). Nuclei with few nucleons have a high fraction of “surface” nucleons, only partially bound because they are surrounded by fewer neighbours. Adding nucleons rapidly increases the average binding energy: the curve rises steeply.
• Maximum (iron/nickel, $A \approx 56$). Around iron the trade-off between short-range nuclear attraction and Coulomb repulsion is optimal: $E_l/A \approx 8{,}8\ \text{MeV/nucleon}$. These are the most stable nuclei.
• Slow decline (heavy nuclei). As $A$ increases, so does the number of protons, and with it the long-range Coulomb repulsion between all pairs of protons. This progressively erodes the binding: the curve declines gently.

At the two extremes, then, nuclei are less stable for opposite reasons: light ones because of excess surface, heavy ones because of excess electric repulsion. It is precisely this shape that makes it possible to release energy both by fusing the former and by splitting the latter.

$\ev{\text{peak} \approx 8{,}8\ \text{MeV/nucleon near } A\approx 56}$

Links

Topics: Nuclear physics Concepts: Nuclear binding energy Skills: Reading graphs

Testo

A partire dalla legge fenomenologica $\Delta N = -\lambda N\,\Delta t$, deriva la legge del decadimento $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ e mostra il legame tra la costante $\lambda$ e il tempo di dimezzamento $T_{1/2}$. Discuti infine perché il decadimento è un fenomeno statistico e non deterministico per il singolo nucleo.

Soluzione

Dalla legge fenomenologica all’equazione differenziale. La relazione $\Delta N = -\lambda N\,\Delta t$ dice che il numero di nuclei che decadono in un intervallo è proporzionale al numero di nuclei presenti e alla durata dell’intervallo. Passando al limite $\Delta t \to 0$ si ottiene un’equazione differenziale:

$\ddt{N} = -\lambda N$

Separazione delle variabili. Portiamo tutto ciò che riguarda $N$ da un lato e il tempo dall’altro:

$\frac{\dd N}{N} = -\lambda\,\dd t$

Integrazione. Integrando entrambi i membri:

$\ln N = -\lambda t + \text{cost.} \quad\Longrightarrow\quad N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$

dove $N_0$ è il numero di nuclei all’istante $t = 0$.

Legame con il tempo di dimezzamento. Per definizione, dopo un tempo $T_{1/2}$ il numero di nuclei si dimezza: $N(T_{1/2}) = N_0/2$. Quindi:

$\frac{N_0}{2} = N_0\,e^{-\lambda T_{1/2}} \quad\Longrightarrow\quad e^{-\lambda T_{1/2}} = \frac{1}{2} \quad\Longrightarrow\quad \lambda T_{1/2} = \ln 2$

$\ev{N(t) = N_0\,e^{-\lambda t},\quad \lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}}$

Perché è un fenomeno statistico. L’equazione descrive con precisione l’andamento di un numero enorme di nuclei, ma non dice nulla sul singolo. Ogni nucleo decade in un istante governato dalle leggi quantistiche, del tutto casuale: non esiste alcuna causa interna o esterna che “programmi” il momento del decadimento, e due nuclei identici possono decadere a distanza di secoli l’uno dall’altro. La regolarità dell’esponenziale emerge solo su grandi numeri, come conseguenza della legge dei grandi numeri: la probabilità di decadere nell’unità di tempo, $\lambda$, è la stessa per tutti, e mediando su miliardi di nuclei le fluttuazioni individuali si cancellano.

Collegamenti

Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Decadimento radioattivo Metodi: Separazione delle variabili

Problem

Starting from the phenomenological law $\Delta N = -\lambda N\,\Delta t$, derive the decay law $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ and show the link between the constant $\lambda$ and the half-life $T_{1/2}$. Finally, discuss why decay is a statistical phenomenon rather than a deterministic one for the single nucleus.

Solution

From the phenomenological law to the differential equation. The relation $\Delta N = -\lambda N\,\Delta t$ says that the number of nuclei decaying in an interval is proportional to the number of nuclei present and to the length of the interval. Taking the limit $\Delta t \to 0$ gives a differential equation:

$\ddt{N} = -\lambda N$

Separation of variables. We move everything involving $N$ to one side and time to the other:

$\frac{\dd N}{N} = -\lambda\,\dd t$

Integration. Integrating both sides:

$\ln N = -\lambda t + \text{const.} \quad\Longrightarrow\quad N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$

where $N_0$ is the number of nuclei at time $t = 0$.

Link with the half-life. By definition, after a time $T_{1/2}$ the number of nuclei halves: $N(T_{1/2}) = N_0/2$. So:

$\frac{N_0}{2} = N_0\,e^{-\lambda T_{1/2}} \quad\Longrightarrow\quad e^{-\lambda T_{1/2}} = \frac{1}{2} \quad\Longrightarrow\quad \lambda T_{1/2} = \ln 2$

$\ev{N(t) = N_0\,e^{-\lambda t},\quad \lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}}$

Why it is a statistical phenomenon. The equation describes with precision the behaviour of a huge number of nuclei, but says nothing about a single one. Each nucleus decays at an instant governed by quantum laws, entirely random: there is no internal or external cause that “schedules” the moment of decay, and two identical nuclei can decay centuries apart. The regularity of the exponential emerges only for large numbers, as a consequence of the law of large numbers: the probability of decaying per unit time, $\lambda$, is the same for all of them, and averaging over billions of nuclei the individual fluctuations cancel out.

Connections

Topics: Nuclear physics Concepts: Radioactive decay Methods: Separation of variables

Testo

Il Sole irradia una potenza $L \approx 3{,}8 \cdot 10^{26}\ \text{W}$ prodotta dal ciclo protone-protone, che converte idrogeno in elio secondo lo schema $4\,^{1}\text{H} \to\ ^{4}\text{He}$, con energia rilasciata $Q \approx 26\ \text{MeV}$ per ciclo. Stima (a) i chilogrammi di idrogeno consumati ogni secondo e (b) in quanti anni il Sole esaurirà l’idrogeno presente nel suo nucleo, sapendo che $M_{\text{nucleo}} \approx 10\%$ di $M_{\odot} \approx 2 \cdot 10^{30}\ \text{kg}$. Usa $1\ \text{MeV} = 1{,}6 \cdot 10^{-13}\ \text{J}$, $m_p \approx 1{,}67 \cdot 10^{-27}\ \text{kg}$, $1\ \text{anno} \approx 3{,}156 \cdot 10^{7}\ \text{s}$.

Soluzione

Energia per ciclo. Ogni ciclo consuma 4 protoni e libera $Q = 26\ \text{MeV}$:

$Q = 26 \cdot 1{,}6 \cdot 10^{-13}\ \text{J} = 4{,}16 \cdot 10^{-12}\ \text{J}$

(a) Idrogeno consumato al secondo. Il numero di cicli al secondo si ottiene dividendo la potenza per l’energia di un ciclo:

$\frac{\text{cicli}}{\text{s}} = \frac{L}{Q} = \frac{3{,}8 \cdot 10^{26}}{4{,}16 \cdot 10^{-12}} \approx 9{,}1 \cdot 10^{37}\ \text{s}^{-1}$

Ogni ciclo brucia 4 protoni, ciascuno di massa $m_p$, quindi la massa di idrogeno consumata al secondo è:

$\frac{\dd m}{\dd t} = 9{,}1 \cdot 10^{37} \cdot 4 \cdot 1{,}67 \cdot 10^{-27}\ \text{kg} \approx 6 \cdot 10^{11}\ \text{kg/s}$

$\ev{\frac{\dd m}{\dd t} \approx 6 \cdot 10^{11}\ \text{kg/s} \sim 10^{12}\ \text{kg/s}}$

(b) Tempo di esaurimento. La massa di idrogeno disponibile nel nucleo è:

$M_{\text{nucleo}} = 0{,}1 \cdot 2 \cdot 10^{30} = 2 \cdot 10^{29}\ \text{kg}$

Il tempo si ottiene dividendo per il ritmo di consumo:

$t = \frac{M_{\text{nucleo}}}{\dd m/\dd t} = \frac{2 \cdot 10^{29}}{6 \cdot 10^{11}} \approx 3{,}3 \cdot 10^{17}\ \text{s}$

Convertendo in anni:

$t = \frac{3{,}3 \cdot 10^{17}}{3{,}156 \cdot 10^{7}} \approx 1 \cdot 10^{10}\ \text{anni} \quad\Rightarrow\quad \ev{t \sim 10^{10}\ \text{anni}}$

Il risultato è dello stesso ordine di grandezza della vita residua stimata del Sole ($\sim 5$ miliardi di anni): la stima di Fermi coglie correttamente la scala temporale.

Collegamenti

Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Fusione nucleare · Equivalenza massa-energia Competenze: Stime di Fermi

Problem

The Sun radiates a power $L \approx 3{,}8 \cdot 10^{26}\ \text{W}$ produced by the proton-proton cycle, which converts hydrogen into helium according to the scheme $4\,^{1}\text{H} \to\ ^{4}\text{He}$, releasing energy $Q \approx 26\ \text{MeV}$ per cycle. Estimate (a) the kilograms of hydrogen consumed every second and (b) in how many years the Sun will exhaust the hydrogen present in its core, knowing that $M_{\text{core}} \approx 10\%$ of $M_{\odot} \approx 2 \cdot 10^{30}\ \text{kg}$. Use $1\ \text{MeV} = 1{,}6 \cdot 10^{-13}\ \text{J}$, $m_p \approx 1{,}67 \cdot 10^{-27}\ \text{kg}$, $1\ \text{year} \approx 3{,}156 \cdot 10^{7}\ \text{s}$.

Solution

Energy per cycle. Each cycle consumes 4 protons and releases $Q = 26\ \text{MeV}$:

$Q = 26 \cdot 1{,}6 \cdot 10^{-13}\ \text{J} = 4{,}16 \cdot 10^{-12}\ \text{J}$

(a) Hydrogen consumed per second. The number of cycles per second is obtained by dividing the power by the energy of one cycle:

$\frac{\text{cycles}}{\text{s}} = \frac{L}{Q} = \frac{3{,}8 \cdot 10^{26}}{4{,}16 \cdot 10^{-12}} \approx 9{,}1 \cdot 10^{37}\ \text{s}^{-1}$

Each cycle burns 4 protons, each of mass $m_p$, so the mass of hydrogen consumed per second is:

$\frac{\dd m}{\dd t} = 9{,}1 \cdot 10^{37} \cdot 4 \cdot 1{,}67 \cdot 10^{-27}\ \text{kg} \approx 6 \cdot 10^{11}\ \text{kg/s}$

$\ev{\frac{\dd m}{\dd t} \approx 6 \cdot 10^{11}\ \text{kg/s} \sim 10^{12}\ \text{kg/s}}$

(b) Time to exhaustion. The mass of hydrogen available in the core is:

$M_{\text{core}} = 0{,}1 \cdot 2 \cdot 10^{30} = 2 \cdot 10^{29}\ \text{kg}$

The time is obtained by dividing by the rate of consumption:

$t = \frac{M_{\text{core}}}{\dd m/\dd t} = \frac{2 \cdot 10^{29}}{6 \cdot 10^{11}} \approx 3{,}3 \cdot 10^{17}\ \text{s}$

Converting to years:

$t = \frac{3{,}3 \cdot 10^{17}}{3{,}156 \cdot 10^{7}} \approx 1 \cdot 10^{10}\ \text{years} \quad\Rightarrow\quad \ev{t \sim 10^{10}\ \text{years}}$

The result is of the same order of magnitude as the estimated remaining lifetime of the Sun ($\sim 5$ billion years): the Fermi estimate correctly captures the timescale.

Connections

Topics: Nuclear physics Concepts: Nuclear fusion · Mass-energy equivalence Skills: Fermi estimates

Testo

Un campione contiene due isotopi radioattivi. Dell’isotopo A ci sono inizialmente $N_A(0) = 10^{6}$ atomi, con tempo di dimezzamento $\tau_{1/2,A} = 1\ \text{giorno}$. Dell’isotopo B ci sono $N_B(0) = 10^{7}$ atomi, con $\tau_{1/2,B} = 100\ \text{giorni}$. Calcola l’attività totale iniziale del campione e l’attività totale dopo 50 giorni.

Soluzione

Costanti di decadimento. Ricordando $\lambda = \dfrac{\ln 2}{\tau_{1/2}}$:

$\lambda_A = \frac{\ln 2}{1} = 0{,}693\ \text{giorno}^{-1}, \qquad \lambda_B = \frac{\ln 2}{100} = 0{,}00693\ \text{giorno}^{-1}$

Attività iniziali. L’attività è $A = \lambda N$:

$A_{A}(0) = \lambda_A N_A(0) = 0{,}693 \cdot 10^{6} \approx 6{,}93 \cdot 10^{5}\ \text{giorno}^{-1}$

$A_{B}(0) = \lambda_B N_B(0) = 0{,}00693 \cdot 10^{7} \approx 6{,}93 \cdot 10^{4}\ \text{giorno}^{-1}$

Attività totale iniziale:

$A_{\text{tot}}(0) = A_A(0) + A_B(0) \approx 6{,}93 \cdot 10^{5} + 6{,}93 \cdot 10^{4} \approx 7{,}6 \cdot 10^{5}\ \text{giorno}^{-1}$

Dopo 50 giorni. Usando $N(t) = N(0)\,2^{-t/\tau_{1/2}}$:

$N_A(50) = 10^{6} \cdot 2^{-50} \approx 0 \quad\Rightarrow\quad A_A(50) \approx 0$

L’isotopo A, con dimezzamento di 1 giorno, dopo 50 dimezzamenti è di fatto scomparso. Per B:

$N_B(50) = 10^{7} \cdot 2^{-50/100} = 10^{7} \cdot 0{,}707 \approx 7{,}07 \cdot 10^{6}$

$A_B(50) = \lambda_B N_B(50) = 0{,}00693 \cdot 7{,}07 \cdot 10^{6} \approx 4{,}9 \cdot 10^{4}\ \text{giorno}^{-1}$

L’attività totale dopo 50 giorni è dominata dall’isotopo B:

$\ev{A_{\text{tot}}(0) \approx 7{,}6 \cdot 10^{5}\ \text{d}^{-1}; \quad A_{\text{tot}}(50) \approx 4{,}9 \cdot 10^{4}\ \text{d}^{-1}}$

Collegamenti

Argomenti: Fisica nucleare Concetti: Decadimento radioattivo

Problem

A sample contains two radioactive isotopes. Of isotope A there are initially $N_A(0) = 10^{6}$ atoms, with half-life $\tau_{1/2,A} = 1\ \text{day}$. Of isotope B there are $N_B(0) = 10^{7}$ atoms, with $\tau_{1/2,B} = 100\ \text{days}$. Calculate the total initial activity of the sample and the total activity after 50 days.

Solution

Decay constants. Recalling $\lambda = \dfrac{\ln 2}{\tau_{1/2}}$:

$\lambda_A = \frac{\ln 2}{1} = 0{,}693\ \text{day}^{-1}, \qquad \lambda_B = \frac{\ln 2}{100} = 0{,}00693\ \text{day}^{-1}$

Initial activities. The activity is $A = \lambda N$:

$A_{A}(0) = \lambda_A N_A(0) = 0{,}693 \cdot 10^{6} \approx 6{,}93 \cdot 10^{5}\ \text{day}^{-1}$

$A_{B}(0) = \lambda_B N_B(0) = 0{,}00693 \cdot 10^{7} \approx 6{,}93 \cdot 10^{4}\ \text{day}^{-1}$

Total initial activity:

$A_{\text{tot}}(0) = A_A(0) + A_B(0) \approx 6{,}93 \cdot 10^{5} + 6{,}93 \cdot 10^{4} \approx 7{,}6 \cdot 10^{5}\ \text{day}^{-1}$

After 50 days. Using $N(t) = N(0)\,2^{-t/\tau_{1/2}}$:

$N_A(50) = 10^{6} \cdot 2^{-50} \approx 0 \quad\Rightarrow\quad A_A(50) \approx 0$

Isotope A, with a 1-day half-life, has effectively vanished after 50 half-lives. For B:

$N_B(50) = 10^{7} \cdot 2^{-50/100} = 10^{7} \cdot 0{,}707 \approx 7{,}07 \cdot 10^{6}$

$A_B(50) = \lambda_B N_B(50) = 0{,}00693 \cdot 7{,}07 \cdot 10^{6} \approx 4{,}9 \cdot 10^{4}\ \text{day}^{-1}$

The total activity after 50 days is dominated by isotope B:

$\ev{A_{\text{tot}}(0) \approx 7{,}6 \cdot 10^{5}\ \text{d}^{-1}; \quad A_{\text{tot}}(50) \approx 4{,}9 \cdot 10^{4}\ \text{d}^{-1}}$

Connections

Topics: Nuclear physics Concepts: Radioactive decay

Testo

Il polonio-210 ($^{210}\text{Po}$) ha un tempo di dimezzamento $\tau_{1/2} = 138\ \text{giorni}$ e decade $\alpha$ liberando un’energia $E_\alpha = 5{,}3\ \text{MeV}$ per ogni decadimento. Disponi di un campione di massa $m = 1\ \text{mg}$ di $^{210}\text{Po}$. Quanta potenza termica fornisce inizialmente il campione? Usa $N_A = 6{,}022 \cdot 10^{23}$, $1\ \text{MeV} = 1{,}6 \cdot 10^{-13}\ \text{J}$.

Soluzione

Numero di atomi. Con massa molare $A = 210\ \text{g/mol}$ e $m = 1 \cdot 10^{-3}\ \text{g}$:

$N = \frac{m}{A}\,N_A = \frac{1 \cdot 10^{-3}}{210} \cdot 6{,}022 \cdot 10^{23} \approx 2{,}87 \cdot 10^{18}$

Costante di decadimento. Convertendo il tempo di dimezzamento in secondi ($138 \cdot 86400 \approx 1{,}192 \cdot 10^{7}\ \text{s}$):

$\lambda = \frac{\ln 2}{\tau_{1/2}} = \frac{0{,}693}{1{,}192 \cdot 10^{7}} \approx 5{,}81 \cdot 10^{-8}\ \text{s}^{-1}$

Attività iniziale.

$A = \lambda N = 5{,}81 \cdot 10^{-8} \cdot 2{,}87 \cdot 10^{18} \approx 1{,}67 \cdot 10^{11}\ \text{s}^{-1}$

Potenza termica. Ogni decadimento deposita $E_\alpha$; la potenza è attività per energia:

$P = A \cdot E_\alpha = 1{,}67 \cdot 10^{11} \cdot 5{,}3 \cdot 1{,}6 \cdot 10^{-13}\ \text{W} \approx 0{,}14\ \text{W}$

$\ev{P \approx 0{,}14\ \text{W}}$

È una potenza modesta ma continua: proprio questo principio (sorgenti a radioisotopi) alimenta le sonde spaziali lontane dal Sole.