Lektion 4 Kärnan – Sönderfall - bjornjonsson.se

Fysik B bjorn.jonsson@vgy.se
Värmdö Gymnasium www.bjornjonsson.se
Lektion 4 Kärnan – Sönderfall
Bindningsenergi
För att jonisera en atom och skicka ut en elektron på vift så krävs det i storleksordningen ett
hundratal elektronvolt (~10–500 eV). För att däremot skicka ut en neutron så krävs det
storleksordningen några megaelektronvolt (~1 MeV). Detta är ju en faktor 10 6 större, d.v.s. det finns
enorma mängder energi lagrad i en atomkärna. I diagrammet till höger finns angivet hur mycket
bindningsenergi som finns ”lagrad” per nukleon i de olika grundämnena. Som framgår av
diagrammet visar det sig att det är isotopen
56 Fe som är den mest ”stabila” atomkärnan i
den meningen att det skulle krävas mest
energi för att slå sönder den. Uran, det ämne
som används i de flesta kärnkraftverk och
atomvapen är som du också kan se i
diagrammet ett relativt lätt ämne att slå
sönder (isotopen som används är 238 U).
Den totala bindningsenergin är den energi
som krävs för att slå sönder kärnan i sina
nukleonbeståndsdelar.
Den starka kraften
Om du tittar i diagrammet ovan så ser du att kurvan planar ut något för de höga masstalen. Detta
beror på att den kraft som håller kärnans partiklar bundna till varandra har mycket kort räckvidd.
Det är denna kraft som är förklaringen till att kärnan hålls samman trots att den bara består av
neutrala och positiva partiklar (den elektriska repulsionen finns också där men är svagare än den
starka kraften).
Massdefekt
2
Enligt Einstein är massa och energi samma sak. Formeln E = mc visar detta. Denna formel skall för
atomkärnan tolkas så att den bindningsenergi som krävs för att slå isär en atomkärna motsvaras av
en förändring i massa, den så kallade massdefekten. Eftersom både kärnmassor och atommassor
uttrycks i enheten u är det av vikt att veta hur mycket energi 1 u motsvaras av. Detta kan beräknas
med Einsteins formel som
/BJ
8 2
−10
( 2,
998 ⋅ 10 ) = 1,
492 ⋅ 10
2
−27
E = m ⋅ c = 1,
6605 ⋅ 10 ⋅
J som motsvaras av 931,5 MeV.
Enligt den beräkning som finns på sidan 256 i Quanta B gäller formeln
mkärna p
n
= Z ⋅ m + N ⋅ m − B där B är bindningsenergin omräknad i massa.
Hur skall vi komma åt kärnenergin – fusion och fission?
I princip finns det två olika sätt att komma åt denna väldiga mängd
energi som finns i alla atomkärnor. Det ena sättet (fusion –
förekommer i stjärnor) går ut på att slå samman två lätta
atomkärnor till en tyngre. Det andra sättet (fission – kärnkraftverk
och kärnvapen) att få ut energi är att slå sönder en stor kärna (till
exempel uran) till två ungefär lika stora kärnor med masstal
omkring 120. Även vid denna process frigörs energi.
Bilden till höger visar Forsmarks kärnkraftsverk, där man släpper lös energin i atomkärnan.
1 (5)
Bild från svt.se

Fysik B bjorn.jonsson@vgy.se
Värmdö Gymnasium www.bjornjonsson.se
De tre olika sönderfallstyperna
Det finns tre olika typer av radioaktivt sönderfall - α, β och γ. Vi tar här upp de olika typerna med en
utförlig förklaring (och exempel) till vart och ett av dem.
Varför sönderfaller vissa ämnen? Svaret ligger i energins bevarade. En kärna kan sönderfalla om
det finns en ”slutprodukt” med lägre total massa än den ursprungliga kärnans massa, och denna
slutprodukt går att nå med antingen alfa-, beta- eller gammasönderfall.
α-sönderfall (alfasönderfall)
4
Då en atomkärna utsänder en alfapartikel ( 2 He )
sänks laddningen i den resulterande atomkärnan
med 2e och masstalet med fyra. Till exempel gäller
226
88
/BJ
222
4
Ra → Rn + He
[1]
86
2
Den energi som frigörs vid denna process kallas
disintegrationsenergi och betecknas med bokstaven Q. För alfasönderfall gäller
2
( m − m − m ) ⋅ c
2
Q Δm
⋅ c = X Y He
= [2]
där X kallas moderkärnan (det ursprungliga ämnet) och Y kallas dotterkärnan (det bildade
ämnet). Samtliga massor ovan gäller neutrala atomer, men det gör ingenting eftersom
elektronmassorna tar ut varandra.
Ex. Hur mycket energi frigörs i ekvation [1] ovan?
Vi slår upp sidan 392 i Quanta B och letar upp de tre nuklidmassorna. Vi ser att
m Ra = 226,
025402 u
m Rn = 222,
017570 u
m = 4,
002603 u
He
Vi beräknar nu massdefekten och får
( 226 , 025402 − 222,
017570 − 4,
002603)
= 0,
005229
Δm =
u som motsvarar
6
Q = 0,
005229 ⋅ 931,
5 ⋅ 10 ≈ 4,
87 MeV
Resultat: Energin som frigörs då radium övergår till radon via α-sönderfall är 4,87 MeV.
Anm: Eftersom nettoenergin är positiv kan sönderfallet ske spontant, utan energitillförsel.
Är allt alfasönderfall likadant?
En viktig notering är att alfasönderfallet kan ske i ett eller flera steg, beroende på
om den bildade dotterkärnan hamnar i sitt grundtillstånd eller i ett exciterat
tillstånd. Skulle den hamna i ett exciterat tillstånd kommer kärnan att sända ut en
γ-foton då den efter en kort eller lång stund ”faller ner” till sitt grundtillstånd.
Observera att detta förutsätter en skalmodell för kärnan, och var dessutom
uppmärksam på den enorma skillnad i fotonenergi på en foton utsänd från
kärnan och en foton utsänd från en elektrondeexcitation (se bilden nedan).
2 (5)
Bild från http://www2.slac.stanford.edu/vvc/theory/decays.html

Fysik B bjorn.jonsson@vgy.se
Värmdö Gymnasium www.bjornjonsson.se
Varför sker alfasönderfall?
Det kan verka underligt att en kärna utsänder en alfapartikel (som ju består av fyra nukleoner) i
stället för att skicka ut en ensam proton eller neutron. Men det förhåller sig så att en ensam partikel
bara kan sändas ut om den totala massan hos de bildade produkterna är mindre än massan hos
moderkärnan. Proton- och neutronemission är i själva verket mycket ovanligt (det förekommer i N
17
7
87
och 35 Br ) för att massorna ( Y + n)
och ( Y + p)
är större än massan hos moderkärnan X. Den stora
4
bindningsenergin hos 2 He reducerar summan av massorna hos ( Y + α ) precis så mycket att
alfasönderfall blir möjligt. Alfapartikeln är således en mycket stabil partikelkonstellation (se
diagrammet från tidigare lektionsanteckningar).
Alfasönderfall och tunneleffekten
När vi nu har visat att alfasönderfall är energimässigt möjligt, hur kommer det sig då att alla
atomkärnor som kan sända ut alfapartiklar inte redan har gjort
det? Anledningen är att det existerar vad man kallar en
potentialbarriär. För att förstå detta kan du tänka dig en
alfapartikel som rör sig fram och tillbaka inne i atomkärnan. Den
starka kraften och den elektriska repulsionen verkar båda två på
alfapartikeln och den resulterande potentiella energin som
alfapartikeln upplever beskrivs i figuren till höger.
Höjden vid toppen av denna barriär är ungefär 30 MeV. Det är
alltså denna energimängd som skulle behöva slås lös från kärnan.
Räknar vi klassiskt skulle alfapartikeln vara fångad för alltid, såvida
inte dess energi kunde överstiga 30 MeV. Men vi vet att
alfapartiklar som sänds ut från atomkärnor bara har energier i
storleksordningen 4-9 MeV. Det innebär att någonting omöjligt händer – eller?
Enligt kvantmekaniken finns det en sannolikhet för alfapartikeln att ”tunnla” sig ut genom barriären
(genom att låna energi ur en av kvantmekanikens hörnstenar, Heisenbergs osäkerhetsrelation
som vi återkommer till efter påsk). Sannolikheten för att detta ska hända bestäms av barriärens höjd
och bredd, och ger oss i förlängningen sannolikheten för ett slumpmässigt sönderfall hos isotopen.
Denna förklaring, som gavs 1928, blev en av de första stora framgångarna för kvantmekaniken.
β-sönderfall (betasönderfall)
Betasönderfall kan uppkomma i två olika versioner; dels genom emission av en elektron eller genom
emission av en s.k. positron 1 . Eftersom varken elektroner eller positroner existerar inne i
atomkärnan bildas β-partiklarna i samma stund som de emitteras. I samband med emissionen av βpartikeln
måste en kärnpartikels laddning ändras, eftersom vi vet sedan elläran att laddning inte kan
nyskapas eller förstöras. Detta innebär att om laddningen totalt ska vara oförändrad så måste
antingen en proton bildas (vid elektronemission) eller en proton försvinna (positronemission). Detta
sker genom att en proton omvandlas till en neutron eller vice versa. Detta ändrar laddningen hos
(dotter)kärnan till antingen ( Z + 1 ) ⋅ e eller ( Z − 1 ) ⋅ e utan att masstalet (antalet neutroner) ändras.
Exempel är sönderfallen
14
6
13
7
/BJ
14
−
C → N + e + ?
[3]
7
13
+
N → C + e + ?
[4]
6
Frågetecknet markerar ett fysikaliskt problem som vi kommer till om några centimeter text.
1 En positron är en typ av antimateria, men vi ser den i detta fall som en elektron med positiv laddning, +e.
3 (5)

Fysik B bjorn.jonsson@vgy.se
Värmdö Gymnasium www.bjornjonsson.se
Disintegrationsenergin för betasönderfall blir med tidigare beteckningar
(β- 2
sönderfall) Q ( m − m ) ⋅ c
X Y
(β + 2
sönderfall) ( m − m − 2 ⋅ m ) ⋅ c
/BJ
= [5]
Q X Y
e
= [6]
där massorna, precis som för alfasönderfallet, gäller neutrala atomer.
Ex. Vilken energi frigörs i ekvationen [3] ovan (strunta tills vidare i frågetecknet)?
Lösning: För β - -sönderfall gäller ekvation [5]. Vi slår upp sidan 392 i Quanta B och letar upp
de två nuklidmassorna. Vi ser att
m C = 14,
003242 u
m = 14,
003074 u
N
Vi beräknar nu massdefekten och får
( 14 , 003242 − 14,
003074)
= 0,
000168
Δm =
u som motsvarar
6
Q = 0,
000168 ⋅ 931,
5 ⋅ 10 ≈ 156 keV
Resultat: Energin som frigörs då kol övergår till kväve via β-sönderfall är 156 keV.
Energiprincipen gäller inte - eller?
Enligt ovanstående beräkning borde alltså de emitterade
betapartiklarna få rörelseenergier på 156 keV men då man
mäter deras energier får man kurvan till höger: endast ett
fåtal av betapartiklarna har energier som ligger nära den
maximala (=Q). I mitten av 1920-talet verkade det alltså som
om energiprincipen inte skulle gälla för betasönderfall.
1930 föreslog Wolfgang Pauli att det skulle kunna existera
en mycket lätt (kanske rentav masslös?) partikel som
övertog den felande energin i betasönderfallet. Den skulle,
om den existerade, dessutom växelverka mycket svagt med
materia och därför vara mycket svår att detektera. Enrico
Fermi, som kallade partikeln neutrino (på italienska: den lilla neutrala), utvecklade en teori för
betasönderfallet som var förhållandevis framgångsrik när det gällde att förklara energispektrumet
och andra egenskaper hos betapartiklarna. Fermi visade också att neutrinon växelverkade med hjälp
av en ny kraft som han kallade den svaga kraften. En neutrino växelverkar så svagt med materia att
den kan passera rakt igenom jordklotet utan att växelverka en enda gång. Neutrinon hittades
experimentellt, detekterades, 1956 av Reines och Cowan.
4 (5)

Fysik B bjorn.jonsson@vgy.se
Värmdö Gymnasium www.bjornjonsson.se
Vad är det då som händer i ett betasönderfall?
I den ena typen av betasönderfall är det
en neutron inne i atomkärnan som
sönderfaller till en proton, en elektron
och en antineutrino enligt
−
n → p + e + ν
[7]
och i den andra typen är det en proton
som sönderfaller till en neutron, en
positron och en neutrino enligt
+
p → n + e + ν
[8]
där ν är symbolen för en neutrino och ν är symbolen för en antineutrino. Den översta processen
[7] är också observerbar för fria neutroner. Frågetecknet i β + -sönderfallet är alltså en neutrino.
γ-sönderfall (gammasönderfall)
Gammasönderfall, som består av högenergetiska
fotoner, sker då en atomkärna växlar energitillstånd
(jämför med fotonemission då en elektron byter skal).
Gammafotoner emitteras i regel kort efter α-, eller βsönderfall
då dotterkärnan har lämnats i ett exciterat
tillstånd till följd av exempelvis kollisioner, men det finns
också gammaaktiva isotoper som har långa
halveringstider.
Gammafotonernas energier, som ligger i intervallet
1 keV till ett fåtal MeV kan bestämmas genom olika
metoder, bl.a. genom diffraktion i kristaller. Eftersom de
har diskreta energier är gammafotoner mycket
lämpliga att använda vid bestämning av energinivåerna i stabila nuklider.
Neutronantalet i atomkärnan
Det finns ungefär 1500 kända nuklider varav endast 260 är
stabila, medan alla andra är radioaktiva i någon mån. För
masstal upp till och med ungefär 40 ser vi att N ≈ Z . För
större värden på Z kan den starka kraften inte längre hålla ihop
atomkärnan på grund av den elektriska repulsionen mellan
protonerna. Detta beror på att den starka kraften har mycket
sämre räckvidd än vad den elektriska kraften har. Lösningen på
detta problem blir att öka antalet neutroner i atomkärnan – på
det sättet blir det lättare för den starka kraften att bevara
209
kärnan intakt. För exempelvis 83 Bi är neutronöverskottet
N − Z = 209 − 2 ⋅ 83 =
/BJ
( ) 43
Det finns inga stabila nuklider med Z > 83, här har de
repellerande elektriska krafterna tagit överhanden så att den
starka kraften inte längre kan hålla ihop. Alla nuklider med fler
än 83 nukleoner är alltså radioaktiva.
5 (5)