FörberedandeFysik

Versionen från 6 december 2017 kl. 15.40

FÖRFATTARE: Göran Tranströmer & Lars-Erik Berg, KTH Fysik

Kärnan

Thomson upptäcker elektronen 1897 (men dess massa var ännu okänd) och har en modell för hur atomen var sammansatt.

Rutherford (Geiger, Marsden) undersöker hans ”plumpudding-modell” och finner att atomens positiva laddning (och därmed dess massa) är koncentrerad till ett mycket litet område, en kärna, med en utsträckning som är 1/10000 av atomens. Eftersom man förväntade sig mycket små spridningsvinklar (”A bullet through a sack of snowballs”) så blev resultatet av experimentet oerhört förvånande. Med Rutherfords egna ord

"It was quite the most incredible event that ever happened to me in my life. It was almost as incredible as if you had fired a 15-inch shell at a piece of tissue paper and it came back and hit you".

Rutherford föreslår (1920) p+ och e- för att bilda neutral partikel i kärnan, som behövs eftersom massan av antalet protoner är mindre än totala massan/2.

Denna lösning duger ej (enligt Heisenbergs osäkerhetsrelationer) Neutronen postuleras därför (1928) och hittas 1932 av Chadwick.

Kärnan består av protoner och neutroner, (som med ett gemensamt namn kallas för nukleoner) och deras totala antal är masstalet A

Antalet protoner i kärnan anges av atomnumret Z

Antalet neutroner i kärnan anges av N

A=Z+N

Kemiskt identiska ämnen men med olika massor, sänder ut olika radioaktiv strålning. Dessa ämnen med samma kemiska egenskaper kallas isotoper. De har olika atommassor (olika A) men samma atomnummer (samma antal protoner Z).

Nuklider med samma N, men olika Z, kallas isotoner medan nuklider med samma A kallas isobarer. Detta är icke att förväxla med värmelärans isobar som innebär samma tryck!

Av de ca 2000 kända nukliderna är bara 280 stabila, resten är radioaktiva, d.v.s. sönderfaller spontant. I naturen förekommer ett fåtal naturligt radioaktiva resten är framställda och kallas inducerat radioaktiva.

Vid spridning av -partiklar mot kärnor får man en avvikelse från Rutherfords teori för höga energier på a-partikeln (och lätta kärnor). Detta ger en möjlighet att bestämma kärnradien. Motsvarande försök har gjorts med elektroner (men det skedde senare eftersom det krävs hög energi för att ge elektronen en de Broglie-våglängd av en samma storlekordning som en kärnas diameter. Resultaten blev att kärnan kan (i en första approximation) betraktas som sfärisk med en radie R, som beror av masstalet A enligt

R=R0A13

där R0=1110−15...1410−15m och det lägre värdet är från elektronspridning och den högre från -partikelspridning.

Kärnans massa, som kan mätas med hög precision anges i atomic mass units som definieras som massan av 11212C-atom och har värdet

1u=16605610−27kg

Det kan vara värt att lägga märke till att:

uc2=emuc2=16021764610−19C16605610−27kg(299792458ms)2=931494MeV

och på samma sätt fås:

mpc2=9383 MeV

mnc2=9396 MeV

mec2=0511 MeV

Kärnans massa, M, är mindre än summan än de ingående protonernas och neutronernas sammanlagda massor. Denna massdefekt m svarar mot en energi Ebe(0), kärnans bindningsenergi.

Ebe=(mc2)–Mc2=mc2

Om man tillför denna energi till kärnan kan man splittra den i dess beståndsdelar.

Om elektronernas bindningsenergier i atomen kan försummas kan Ebe för en kärna med Z protoner och elektroner, och (A−Z) neutroner skrivas

Ebe=Zmpc2+(A−Z)mnc2–(M−Zme)c2

där M är atommassan (dvs kärna plus elektroner),  mp protonens massa, och me elektronens massa. Vi får alltså bindningsenergin som

Ebe=Zmpc2+(A−Z)mnc2+Zmec2–Mc2

Bindningsenergin/nukleon blir då

=AEbe

där beror av A enligt figuren nedan.

Fission

En tung kärna kan splittras i två lättare kärnor, denna process kallas fission.

Om en kärna med masstalet A och atomnumret Z sönderfaller i två lika delar (ett möjligt sönderfall, men inte det vanligaste) ges viloenergin före av:

ZMHc2+(A−Z)mnc2–AA

och viloenergin efter av:

22ZMHc2+2(A−Z)mnc2–2AA2 

Förändringen i viloenergi är då

AA2−AA0

Exempel

Hur stor blir då förändringen i viloenergi i ett konkret fall?

Antag A=238 nukleoner, A2=85 MeV/nukleon och A=76 MeV/nukleon.

Förändringen i viloenergi per kärna ges då enligt sambandet ovan av

AA2−AA=23885−23876MeVkärna=2142MeVkärna

Fusion

Vi har redan tidigare konstaterat att man kan utvinna energi genom att i en fusion slå samman två lätta kärnor till en tyngre. Solens fusionsreaktion grundar sig på nedanstående figur.

Därvid måste den repulsiva Coulombbarriären övervinnas för att kärnorna skall komma varandra så nära att den attraktiva kärnkraften som verkar på mycket korta avstånd skall ta överhanden. Man kan enkelt uppskatta hur stor Coulombbariären är för två kolliderande vätekärnor.

Exempel

Vilken (genomsnittlig) kinetisk energi måste vardera protonen ha om de skall övervinna repulsiva Coulombbarriären så att två protoner kan åstadkomma en fusion?

Lösning

Den kinetiska energin hos protonerna måste vara minst lika stor som den potentiella energin som måste överkommas

Potentiella energin mellan två laddningar q1 och q2 ges av

E=q1q240r

där r är avståndet melan laddningarna. Protonerna krockar när avståndet mellan dem är ungefär en femtometer, dvs 10−15 meter. Protonen har laddningen e, elementarladdningen (e16010−19 C).

Vi får alltså att den potentiella energin mellan protonerna när de krockar är

E=q1q240r=e240r=(16010−19 C)2488510−12 F/m10−15 m23110−13 J144 MeV

Det här är den totala kinetiska energi som måste finnas i systemet av de två protonerna, så de måste vardera ha en kinetisk energi på 1.44/2 = 0.72 MeV = 720 keV.

Solen utstrålar (isotropt) energin 391026J/s. Fusionen i solens inre är en flerstegsprocess som innebär att väte omvandlas till helium. I det första steget kolliderar två vätekärnor (protoner) och bildar deuterium under utsändandet av en positron och en (elektron)neutrino enligt (Q-värdet är frigjort energi)

1H++1H+−2H++e++e (Q = 0,42 MeV)

(Därefter annihilerar förstås positronen med en elektron e++e−−+ (Q = 1,02 MeV)) Detta är en sällsynt process, vanligen studsar bara protonerna (elastiskt) mot varandra, men en gång på 1026 kollisioner så bildas deuterium. Det är denna "flaskhals" som gör att solen brinner "långsamt" (men det bildas ändå deuterium i takten \displaystyle 10^{12}\,\textrm{kg/s} beroende på det stora antalet tillgängliga protoner).

När väl en deuteriumkärna har bildats så bildas snabbt en \displaystyle ^3\mbox{He}-kärna enligt

\displaystyle ^2\mbox{H}^+ +\, ^1\mbox{H}^+ \longrightarrow \,^3\mbox{He}^{2+} + \gamma (Q = 5,49 MeV)

Under i medeltal \displaystyle 10^5 år (Vad gör att processen tar så lång tid?) bildar två \displaystyle ^3\mbox{He}-kärnor en \displaystyle ^4\mbox{He}-kärna och två vätekärnor enligt

\displaystyle ^{3}\mbox{He}^{2+} +\, ^{3}\mbox{He}^{2+} \longrightarrow\, ^{4}\mbox{He}^{2+} +\, ^{1}\mbox{H}^{+} +\, ^{1}\mbox{H}^{+} (Q = 12,86 MeV)

och man kan summera solens totala p-p-cykel till

\displaystyle 2( \,^{1}\mbox{H}^{+} + \,^1\mbox{H}^+) \longrightarrow \,^4\mbox{He}^{2+} + 2(e^+ + n_e) + 2 \gamma och lägger man till fyra elektronmassor på vardera sidan kan man använda atommassorna och beräkna processens Q-värde,

\displaystyle Q = \Delta mc^2 = 4(1,007825)\mbox{u}c^2 – 4,002603 \mbox{u}c^2 = 0,028697 \mbox{u}c^2 = 26,7\,\textrm{MeV}

De båda neutrinopartiklarna bär iväg ungefär \displaystyle 0,5 \mbox{MeV} av denna energi från solen. När mängden väte har förbrunnit i solen (om ungefär \displaystyle 5\cdot 10^9 år) så räcker solens massa inte till för att starta en heliumcykel, utan solen slutar sin karriär som stjärna såsom en röd jätte. Andra massivare stjärnor kan fortsätta fusionsreaktionerna, dock kan man inte bilda fusionselement tyngre än \displaystyle ^{56}\mbox{Fe}. Element med masstal större än 56 tros dock bildas i supernovaexplosioner.

Den eleganta fusionsreaktionen i solen har man försökt kopiera på jorden men det faller på att reaktionen är för "långsam".

Lockande alternativa fusionsreaktioner som skulle kunna fungera är

\displaystyle ^2\mbox{H}^+ + \,^2\mbox{H}^+ \longrightarrow \,^3\mbox{He}^{2+} + n (Q = 3,27 MeV) \displaystyle ^2\mbox{H}^+ + \,^2\mbox{H}^+ \longrightarrow \,^3\mbox{H}^+ + \,^1\mbox{H}^+ (Q = 4,03 MeV) \displaystyle ^2\mbox{H}^+ + \,^3\mbox{H}^+ \longrightarrow \,^4\mbox{He}^{2+} + n (Q = 17,59 MeV)

Det finns tre kriterier som måste vara uppfyllda för att en framgångsrik (jordbaserad) fusionsreaktor skall fungera väl.

1. Hög partikeltäthet (ett neutralt plasma) n
2. Hög plasmatemperatur T<
3. Lång inneslutningstid (t) av plasmat

Man kan visa att en fusionsreaktor som använder deuterium-tritium reaktionen måste uppfylla Lawsons kriterium att fusionens värme är större än förlusterna.

\displaystyle n\cdot \tau \ge 1,5 \cdot 10^{20} \textrm{s/m}^3

där \displaystyle \tau är kvoten mellan energiinnehållet och effektförlusten och \displaystyle n är densiteten.

Det finns olika sätt att försöka uppfylla Lawsonkriteriet. Ett annat sätt att skjuta med en kraftfull laser på tritium pellets för att erhålla fusion. Magnetisk inneslutning i en så kallad Tokamak där ITER är namnet på den senaste forskningsanläggningen som beräknas vara färdigbyggd år 2021.

Naturlig radioaktivitet

Det radioaktiva strålningen som upptäcktes av Becquerel (1896) kan innehålla tre olika komponenter

• \displaystyle \alpha-partiklar (som är heliumkärnor)
• \displaystyle \beta-partiklar (som är elektroner eller positroner)
• \displaystyle \gamma-partiklar (som är fotoner)

I sällsynta fall kan också neutroner och stora kärnfragment förekomma.

Antalet sönderfall från ett radioaktivt ämne avtar exponentiellt. Sannolikheten att en kärna skall sönderfalla på tiden \displaystyle dt (\displaystyle dt är så liten att \displaystyle dt \ll 1) är \displaystyle dt. Om det finns \displaystyle N radioaktiva kärnor vid tiden \displaystyle t, så sönderfaller antalet kärnor (därav minustecknet)

\displaystyle -\,\displaystyle\frac{dN}{dt} = N

med lösningen

\displaystyle N = N_0 e^{-\lambda t}

\displaystyle N_0 är antalet kärnor vid tiden \displaystyle t=0 och \displaystyle \lambda är sönderfallskonstanten som är olika för olika nuklider, Den beror av växelverkan mellan kärnan och de innersta elektronerna i atomen och är därför oberoende av om atomerna bildar en gas, vätska eller en fast kropp.

Om man känner halveringstiden, den tid det tar för \displaystyle N att halveras, kan man enkelt plocka fram konstanten \displaystyle \lambda.

\displaystyle N_{T/2} = \displaystyle\frac{N_0}{2}

\displaystyle N_{T/2} = N_0e^{-\lambda T_{1/2}}

Sätts dessa lika finner man

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

Aktiviteten (decay rate) \displaystyle R, definieras som antalet sönderfall/tidsenhet och kan skrivas

\displaystyle R = -\,\displaystyle\frac{dN}{dt} = -\,\displaystyle\frac{d}{dt} N_0 e^{-\lambda t} = +\lambda N_0 e^{-\lambda t} = R_0 e^{-\lambda t}

vilket också kan skrivas

\displaystyle R = \lambda N

Aktiviteten mäts i enheten \displaystyle 1 \mbox{ Bq} (Becquerel) = 1 sönderfall/s. Tidigare användes enheten \displaystyle 1 \mbox{ Cu} (Curie) \displaystyle = 3,7\cdot10^7\:\mbox{Bq}.

Hur tar man reda på antalet kärnor i ett prov?

Avogadros tal \displaystyle N_A = 6,022 \cdot 10^{23} talar om hur många kärnor vi har per mol, där en mol är så många gram som formelvikten anger. Antag att man har ett prov med 1,0 gram \displaystyle ^{232}Th. Provet innehåller då \displaystyle 6,022 \cdot 10^{23} \cdot 1,0/232 st kärnor = \displaystyle 2,6 \cdot 10^{21} kärnor.

<pp:latex>\alpha</pp:latex>-sönderfallet

Mer material kommer