Begin met het doorlezen van de vetgedrukte tekst.
Een van de eerste ontdekkingen van de kernfysica was dat bijna elke kern, die zwaarder is dan lood-208 alfaverval vertoont.
− Het alfaverval van zware kernen zoals uranium is de bron van alle helium op aarde en zorgt ervoor dat het inwendige van de aarde vloeibaar blijft.
− Het alfaverval van radon $\big( ^{222}_{86}Rn \big)$ is een belangrijke bron van achtergrondstraling.
Voor de klassieke fysica vormde alfaverval een groot dilemma:
− Enerzijds: als alfadeeltjes voldoende energie hebben om uit de kern te ontsnappen, zouden er helemaal geen zware kernen meer bestaan en zou de wereld doordrenkt zijn van alfadeeltjes.
− Anderzijds: als alfadeeltjes te weinig energie hebben om de kern te verlaten, zou men (klassiek bekeken) nooit alfastraling meten!
Ook het feit dat de levensduren van de verschillende isotopen zeer sterk uiteenlopen, terwijl de kernen en de energie van de uitgezonden α-deeltjes maar weinig van elkaar verschillen, is in de klassieke fysica slecht te begrijpen. Het begrijpen van Alfa-verval markeert de, soms moeilijke, overgang tussen de klassieke fysica en de quantumfysica!
In figuur 2 is de halveringstijd van een aantal isotopen uitgezet tegen de energie van de uitgezonden α-deeltjes. De uiterste halveringstijden schelen een factor 1020 met elkaar. Natuurkundigen zijn lang bezig geweest met het probleem waarom de halveringstijd van de reactie:
$^{232}_{90}\text{Th} \rightarrow \> ^{4}_{2}\alpha + ^{228}_{88}\text{Ra}$
zoveel groter is dan die van:
$^{212}_{84}\text{Po} \rightarrow \> ^{4}_{2}\alpha + ^{208}_{82}\text{Pb}$
Klassiek?
In de twintiger jaren van de vorige eeuw stelden natuurkundigen een model op waarbij een α-deeltje in een zware kern heen en weer beweegt met constante snelheid. Het α-deeltje is in dit model opgesloten in een door de kern gevormde energieput en heeft klassiek onvoldoende energie om te ontsnappen. Volgens de quantumfysica kan het echter naar buiten tunnelen. In dit model stellen we dat het bewegende α-deeltje in de kern dezelfde kinetische energie heeft als buiten de kern. Als je het α-deeltje in de kern als een klassiek deeltje beschouwt, is de snelheid ervan met dit model te berekenen.
Vraag a. Bereken hoeveel procent van de lichtsnelheid de snelheid van het α-deeltje afkomstig van het verval van 232thorium is.
De kinetische energie van het α-deeltje wordt gegeven door:
$E = \frac{1}{2} m_{\alpha} v_{\alpha}^{2}$
Gebruik van: (dit is te vinden in de BiNaS)
$E_{\alpha} = 3,98 \text{ MeV} = 3,98 \cdot 10^{6} \cdot 1,602 \cdot 10^{-19} \text{ J} = 6,38 \cdot 10^{-13} \text{ J}$
en:
$m_{\alpha} = 6,64 \cdot 10^{-27} \text{ kg}$
geeft:
$v_{\alpha} = \sqrt{\frac{2E}{m}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 6,38 \cdot 10^{-13}}{6,64 \cdot 10^{-27}}} = 1,39 \cdot 10^{6} \text{ ms}^{-1}$
Om te bepalen hoeveel procent dit is van de lichtsnelheid, delen we door de lichtsnelheid en vermenigvuldigen we met 100%. Dit levert:
$v_{\alpha} = 0,046c$
Voor dit model nemen we aan dat voor de straal R van een kern geldt:
$R = R_{0} \cdot A^{\frac{1}{3}}$
Hierin is:
- R0 = 1,2 . 10-15 m (de protonstraal)
- A het massagetal van de dochterkern
Uit dit model volgt dat elke kern dezelfde dichtheid heeft als een proton.
Vraag b. Toon dat aan.
De dichtheid wordt gegeven door:
$\rho = \frac{m}{V}$
Wat hetzelfde is als:
$\rho = \frac{A \cdot u}{\frac{4}{3}\pi R^{3}} = \frac{A \cdot u}{\frac{4}{3}\pi R_{0}^{3} \cdot A} = \frac{u}{\frac{4}{3}\pi R_{0}^{3}}$
Dit is onafhankelijk van A en gelijk aan de dichtheid van een proton.
Onder de ontsnappingskans K verstaan we:
$K = \frac{\text{aantal deeltjes dat per seconde ontsnapt}}{\text{aantal deeltjes dat per seconde de wand raakt}}$
Om de ontsnappingskans K te bepalen wordt de volgende redenering opgesteld:
- $\frac{v_{\alpha}}{2R}$ is gelijk aan het aantal keer per seconde dat het α-deeltje de kern-wand treft.
- $\frac{\text{ln2}}{t_{\frac{1}{2}}}$ is gelijk aan het aantal α-deeltjes dat elke seconde aan de kern ontsnapt.
- $K = \frac{\text{ln2}}{t_{\frac{1}{2}}} \cdot \frac{2R}{v_{\alpha}}$ is gelijk aan de kans dat een α-deeltje dat de kern-wand treft, aan de kern ontsnapt.
Vraag c. Leid deze drie formules af.
1: Als t het aantal seconden is tussen twee botsingen van een α-deeltje met de kern-wand, dan is
$\frac{1}{t} = \frac{1}{\frac{2R}{v_{\alpha}}} = \frac{v_{\alpha}}{2R}$
gelijk aan het aantal α-deeltjes dat de wand per seconde treft.
2: Uit:
$A = \frac{\text{ln2}}{t_{\frac{1}{2}}} \cdot N \text{ met } N=1$
volgt dat:
$\frac{\text{ln2}}{t_{\frac{1}{2}}}$
het aantal α-deeltjes is dat elke seconde aan een kern ontsnapt.
3: Dit is gelijk aan de tunnelkans per α-deeltje maal het aantal α-deeltjes dat de wand per seconde treft:
$\frac{\text{ln2}}{t_{\frac{1}{2}}} = K \cdot \frac{v_{\alpha}}{2R}$
In Polonium-212 heeft het α-deeltje een snelheid van vα = 0,069c
Vraag d. Bereken de kans K die een α-deeltje heeft om aan een Polonium-212 kern te ontsnappen.
We gebruiken de formule:
$K = \frac{\text{ln2}}{t_{\frac{1}{2}}} \cdot \frac{2R}{v_{\alpha}}$
waarin R wordt gegeven door:
$R = R_{0} \cdot A^{\frac{1}{3}}$
Invullen van waardes geeft:
$K = \frac{\text{ln2}}{3 \cdot 10^{-7}} \cdot \frac{2 \cdot 1,2 \cdot 10^{-15} \cdot (208^{\frac{1}{3}})}{0,069 \cdot 2,998 \cdot 10^{8}} = 2,0 \cdot 10^{-15}$
Quantum!
Een eenvoudig quantumfysisch model van een α-deeltje in een zware kern is een energieput met de kern-wand als rechthoekige energie-barrière. Zie figuur 3. Twee verschillende kernen met een α-deeltje worden hier vergeleken. De energieën van die twee α-deeltjes zijn weergegeven. Deze energieën verschillen een factor 2 ten opzichte van het nulniveau.
De tunnelkansen van de α-deeltjes in de twee kernen worden K1 en K2 genoemd. Hieronder staan vijf uitspraken over de tunnelkansen K1 en K2:
- a: K1 is veel groter dan 2K2;
- b: K1 is iets groter dan 2K2;
- c: K1 is gelijk aan 2K2;
- d: K1 is iets kleiner dan 2K2;
- e: K1 is veel kleiner dan 2K2.
Vraag e. Leg uit welke uitspraak juist is. Gebruik de figuren 2 en 3.
Uit figuur 3 blijkt dat E1 = E2. Uit figuur 2 blijkt dat een klein beetje grotere energie een veel kleinere halveringstijd, dus een veel grotere tunnelkans tot gevolg heeft. Dus antwoord a.
In dit model wordt het α-deeltje beschouwd als een golf met de debroglie-golflengte λB. Een momentopname daarvan voor Polonium-212 is weergegeven in figuur 4.
De debroglie-golflengte λB van het vrije deeltje is aan de rechterkant in figuur 4 weergegeven.
Vraag f. Bereken de debroglie-golflengte λB voor een α-deeltje dat vrijkomt bij het verval van Polonium-212, gebruik makend van gegevens in BiNaS.
De debroglie-golflengte wordt gegeven door:
$\lambda_{B} = \frac{h}{mv} = \frac{h}{m \sqrt{\frac{2E_{\alpha}}{m}}} = \frac{h}{\sqrt{2mE_{\alpha}}}$
Invullen van bekende waarden in deze formule geeft:
$\lambda_{B} = \frac{6,626 \cdot 10^{-34}}{\sqrt{2 \cdot 4 \cdot 1,66 \cdot 10^{-27} \cdot 8,776 \cdot 1,602 \cdot 10^{-13}}} = 4,85 \cdot 10^{-15} \text{ m}$
In werkelijkheid is de energie-barrière niet rechthoekig, zoals weergegeven in figuur 3, maar een dalende functie van de afstand vanwege het elektrische veld van de dochterkern. Zie figuur 5. In deze figuur wordt de energie Eα van het α-deeltje weergegeven met een stippellijn.
Vraag g. Leg uit dat de energie-barrière zoals weergegeven in figuur 5 de gegevens uit figuur 2 meer ondersteunt, dan de energie-barrière uit figuur 3.
Bij een hogere waarde van Eα heeft het deeltje een veel smallere energie-barrière te overbruggen. Hierdoor wordt de tunnelkans vele malen groter en dus de halveringstijd vele malen kleiner.
