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author:
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- Física Nuclear y Subnuclear
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title: Física Nuclear II Radiación Nuclear
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Introducción {#introducción .unnumbered}
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En este momento sabemos ya algunas cosas y hemos hablado de otras:
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- Los núcleos están compuestos por protones y neutrones
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- Protones y neutrones sienten las fuerzas: electromagnética, nuclear
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fuerte y nuclear débil
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- Núclos de helio, electrones y fotones los hemos tratado, pero no
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hemos hablado más de ellos como radiación
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Decaimiento alfa {#decaimiento-alfa .unnumbered}
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El decaimiento alfa representa la desintegración de un núcleo padre a
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otro hijo, por medio de la emisión de un núcleo de ${}^4He^2$. Se puede
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representar de la forma
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$${}^AX^Z \rightarrow {}^{A-4}Y^{Z-2} + {}^4He^2$$
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Esto es similar a una fisión nuclear, aunque con dos núcleos hijos de
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masas muy dispares. Suponiendo que el núcleo inicial está en reposo
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podemos considerar por conservación de energía
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$$M_P c^2 = M_Hc^2 + T_H + M_{\alpha}c^2 + T_{\alpha},$$
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donde $M_P$ es la masa del núcleo padre, $M_H$ la masa del núcleo hijo,
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$M_{\alpha}$ la masa del núcleo de ${}^4He^2$, $T_H$ la energía cinética
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del núcleo hijo y $T_{\alpha}$ ya se imaginan. La ecuación la acomodamos
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para que queden energías de un lado, masas del otro
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$$T_H + T_{\alpha} = (M(A,Z) - M(A-4,Z-2) - M(4,2))c^2
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\label{ec:qq}$$
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Tomemos una aproximación clásica, sabemos que debe conservarse la
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energía y el momento, es lo que se puede leer en las ecuaciones pasadas,
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en particular podemos escribir la energía cinética del núcleo hijo y de
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la partícula $\alpha$
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$$\begin{aligned}
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T_H =& \frac{1}{2} M_H v_H^2, \notag \\
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T_{\alpha} =& \frac{1}{2} M_{\alpha} v_{\alpha}^2,
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\label{ec:cin}\end{aligned}$$
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donde hemos etiquetado de manera similar sus velocidades no
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relativistas. También sabemos que el momento debe conservarse, pero como
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el núcleo padre estaba en reposo los núcleos hijos deben tener momentos
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que al sumarse vectorialmente se anulen, es decir, los momentos tienen
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sentidos contrarios pero misma magnitud.
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$$\begin{aligned}
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M_H v_H =& M_{\alpha} v_{\alpha}, \notag \\
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\text{despejando, } v_H =& \frac{M_{\alpha}}{M_H} v_{\alpha}
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\label{ec:vel}\end{aligned}$$
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Analizando el término vemos que cuando la masa del núcleo hijo es mayor
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que la de la partícula alfa (lo que sucede la mayoría de las veces),
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$M_H \gg M_{\alpha}$, entonces la razón se vuelve menor que uno y la
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velocidad del núcleo hijo es mucho menor que la de la partícula alfa,
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$v_H\ll v_{\alpha}$. Por lo tanto la energía cinética del núcleo hijo es
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mínima, reescribimos la ecuación
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[\[ec:qq\]](#ec:qq){reference-type="ref" reference="ec:qq"} con las
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energías dadas en [\[ec:cin\]](#ec:cin){reference-type="ref"
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reference="ec:cin"}, sustituyendo la velocidad del núcleo hijo de la
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ecuación [\[ec:vel\]](#ec:vel){reference-type="ref" reference="ec:vel"}
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$$\begin{aligned}
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T_H + T_{\alpha} =& \frac{1}{2}M_H \left( \frac{M_{\alpha}}{M_H} v_{\alpha} \right)^2 + \frac{1}{2} M_{\alpha} v_{\alpha}^2 \\
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=& \frac{1}{2} M_{\alpha} v_{\alpha}^2 \left( \frac{M_{\alpha}}{M_H} +1 \right) \\
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=& T_{\alpha}\frac{M_{\alpha} + M_H}{M_H}\end{aligned}$$
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Tomando en cuenta todas estás consideraciones, podemos echar un ojo a la
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ecuación [\[ec:qq\]](#ec:qq){reference-type="ref" reference="ec:qq"} y
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ver que el proceso de decaimiento libera energía, pasa de un núcleo
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pesado a dos más ligeros. Para los núcleos más pesados (para los cuales
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sucede la mayoría de veces este proceso) la mayor parte de la energía se
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la lleva la partícula alfa, el núcleo hijo sólo se lleva de energía
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$$\begin{aligned}
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T_H &= T_{\alpha}\left( \frac{M_{\alpha} + M_H}{M_H}\right) - T_{\alpha} \\
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&= T_{\alpha}\left( \frac{M_{\alpha} + M_H}{M_H} - 1\right) \\
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&= T_{\alpha} \frac{M_{\alpha} + M_H - M_H}{M_H} = \frac{M_{\alpha}}{M_H}T_{\alpha}\ll T_{\alpha}\end{aligned}$$
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Midiendo la energía de la partícula alfa en el decaimiento podríamos
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saber la energía liberada con una buena precisión, pero
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experimentalmente se han observado diversas energías, si bien se da el
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caso de que el núcleo padre decaiga al estado base del núcleo hijo y la
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partícula alfa, liberando la energía como hemos visto, hay casos en que
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se decae a un estado excitado del núcleo hijo, liberando menos energía e
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incluso liberando fotones posteriormente
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$${}^AX^Z \rightarrow {}^{A-4}{Y^{*}}^{Z-2} + {}^4He^2$$
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donde ${}^{A-4}{Y^{*}}^{Z-2}$ es el núcleo excitado (por eso el
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asterísco), que eventualmente decae al estado base liberando un fotón
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$${}^{A-4}{Y^{*}}^{Z-2} \rightarrow {}^{A-4}Y^{Z-2} + \gamma$$
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![Decaimineto por emisión $\alpha$ del ${}^{228}Th^{90}$ al
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${}^{224}Ra^{88}$. Imagen tomada de
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[@DasFerbel].](excitados.jpg){#fig:excitados width="0.7\\linewidth"}
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Veamos un ejemplo para obtener un aproximado de la energía liberada por
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un decaimiento alfa (a estados base).
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$${}^{240}Pu^{94} \rightarrow {}^{236}U^{92} + {}^4He^2$$
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Utilizamos la ecuación [\[ec:qq\]](#ec:qq){reference-type="ref"
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reference="ec:qq"} para saber cuanta energía libera (que se traducirá a
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energía cinética del núcleo hijo y la partícula alfa)
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$$\begin{aligned}
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(M(240,94) - M(236,92) - M(4,2))c^2 &= E \\
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94m_p + 146m_n +B.E.(240,94) -92m_p-144m_n - &B.E.(236,92) \\
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- 2m_p -2m_n -B.E.(4,2) &= E \\
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B.E.(240,94) - B.E.(236,92) - B.E.(4,2) &= E \\
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-1813.4501\ MeV + 1790.4103\ MeV + 28.2956 &\approx 5.2558\ MeV \end{aligned}$$
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Penetración de barrera {#penetración-de-barrera .unnumbered}
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La altura e la barrera coulombiana para un núcleo pesado
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($A\approx 200$) está en el rango de los $20-25\ MeV$, como ya vimos una
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partícula $\alpha$ sale con una energía cercana a los $5\ MeV$ ¿cómo es
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que el núcleo puede liberar una partícula $\alpha$ entonces? La emisión
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de la partícula $\alpha$ es un fenómeno de mecánica cuántica.
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Para entender el proceso podemos pensar que la partícula $\alpha$ está
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atrapada en el mismo pozo de potencial del núcleo hijo, esto es derivado
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del trabajo de George Gamow, Ronald Gurney y Edward Condor. Tomemos el
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decaimiento
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$${}^{232}Th^{90} \rightarrow {}^{228}Ra^{88} + {}^4He^2$$
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Experimentalmente se ve que la energía de la partícula $\alpha$ es de
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$4.05\ MeV$ (se puede checar la energía liberada y ver que la mayor
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parte se la lleva como energía cinética la partícula $\alpha$), la vida
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media del ${}^{232}Th^{90}$ es de
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$\tau = 1.39\times 10^{10}\ \text{años}$, su radio
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$R=r_0(232)^{1/3} fm. \approx 7.37 \times 10^{-15}m.$. Para que la
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partícula $\alpha$ escape debe penetrar la barrera coulombiana, aunque
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el caso real es en tres dimensiones esto dificulta mucho los cálculos,
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quedarnos con la aproximación a 1 dimensión es bueno, lo que nos
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interesa es tener un estimado en orden de magnitud.
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Sustituiremos la barrera coulombiana por una barrera rectangular de la
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misma área, eligiendo $V_0 > E$ (la raíz $\sqrt{V_0-E}$ estará en los
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números reales), podemos elegir
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$$\begin{aligned}
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V_0 =& 14\ MeV \\
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2a =& 33\times 10^{-15}m,\end{aligned}$$
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donde $2a$ es la longitud de la barrera de potencial. De estas
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consideraciones se obtiene un coeficiente de transmisión
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$$\begin{aligned}
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T =& \frac{\frac{4k_1k}{(k_1+k)^2}}{1+\left[ 1 + \left( \frac{\kappa^2 - k_1k}{\kappa(k_1+k)}\right)^2 \right]} \\
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\text{con } k_1 =& \left[ \frac{2M_{\alpha}}{\hbar^2} (E+U_0) \right]^{\frac{1}{2}} \\
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k =& \left[ \frac{2M_{\alpha}}{\hbar^2} E \right]^{\frac{1}{2}} \\
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\kappa =& \left[ \frac{2M_{\alpha}}{\hbar^2} (V_0 - E) \right]^{\frac{1}{2}} \end{aligned}$$
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Con $E$ la energía cinética de la partícula alfa, $M_{\alpha}$ su masa.
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Eligiendo los valores correspondientes
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($M_{\alpha}c^2 \approx 4000\ MeV$, $E=4.05\ MeV$, $V_0=14\ MeV$ y
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$U_0 \approx 40\ MeV$) podemos obtener una aprocimación para el
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coeficiente de transmisión desde afuera hacia adentro
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$$T\approx 4\times 10^{-40}$$
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La probabilidad de que una partícula $\alpha$ penetre la barrera es
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bajísima, por ello los núcleos de ${}^4He^2$ no son reabsorbidos tras el
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decaimiento alfa.
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En cambio desde adentro la situación cambia, la probabilidad de que la
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partícula alfa escape, por segundo, es
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$$\begin{aligned}
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P(\text{emisión }\alpha) &\approx \frac{v_{\alpha}}{R}T \approx 6\times 10^{21}\frac{1}{seg} \times 4\times 10^{-40} \\
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&\approx 2.4\times 10^{-18}seg^{-1}.\end{aligned}$$
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Esto es lo que se conoce como constante de decaimiento $\lambda$ (no se
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confunda con camino libre medio), la probabilidad de decaimiento por
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unidad de tiempo, el tiempo de vida media es la inversa de esta
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constante ($\tau = 1/\lambda$). En este caso
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$\tau \approx 1.3\times 10^{10}\text{ años}$.
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Decaimiento Beta {#decaimiento-beta .unnumbered}
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Aquí hablaremos de partículas y fuerzas que ya conocemos, pero vistas
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desde el marco de la física nuclear. Como hemos mencionado para núcleos
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más pesados empiezan a abundar los neutrones, si un núcleo tiene
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demasiados neutrones extras con respecto a los protones, seguramente se
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encuentra en un estado menos estable. El núcleo puede convertirse a uno
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más estable emitiendo un electrón y un anti-neutrino del electrón
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($\beta^-$).
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$${}^AX^Z \rightarrow {}^AY^{Z+1} + e^- +\bar{\nu_e}$$
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Que realmente el proceso que sucede es el de un neutrón decayendo a un
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protón
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$$n\rightarrow p + e^- + \bar{\nu_e}$$
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¿Lo recuerdan? Era un ejemplo de interacción débil pues hay un $W^-$
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intermediario. Ya conocemos los principios de este decaimiento y podemos
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saltarnos una parte de su tratamiento. De igual manera existe otro
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decaimiento ($\beta^+$)
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$${}^AX^Z \rightarrow {}^AY^{Z-1} + e^+ +\nu_e,$$
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en este caso
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$$p\rightarrow n+e^+ + \nu_e.$$
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Y también existe la captura electrónica
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$${}^AX^Z + e^- \rightarrow {}^AY^{Z-1} +\nu_e,$$
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que se traduce a la interacción
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$$p+e^- \rightarrow n + \nu_{e}$$
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Este último es un fenómeno bastante peculiar donde el núcleo atrapa a un
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electrón de las órbitas interiores el átomo, los electrones restantes
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hacen una cascada hacia abajo para llenar el hueco dejado, uno o varios
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rayos $X$ son liberados.
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La característica de estos decaimientos es que $\Delta A = 0$ y
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$|\Delta Z| = 1$.
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De hacer un análisis parecido al del decaimiento alfa, y si despreciamos
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al neutrino, notaríamos que la mayor parte de la energía se la llevaría
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el electrón, pero experimentalmente se ve que el espectro de energías es
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continuo, de forma que esa energía la comparte con el neutrino.
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Podemos hacer el análisis de energía tomando en cuenta las tres
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partículas del lado derecho
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$$\begin{aligned}
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M_Pc^2 &= T_H + M_Hc^2 + T_{e^-} + m_ec^2 + T_{\bar{\nu}_e} + m_{\bar{\nu}_e}c^2 \\
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T_H + T_{e^-} + T_{\bar{\nu}_e} =& M_Pc^2 - M_Hc^2 - m_ec^2 - m_{\bar{\nu}_e}c^2 \end{aligned}$$
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Analizando este término se pueden ver las distintas opciones. Para que
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la emisión de un electrón suceda debe cumplirse que
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$$\begin{aligned}
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(M(A,Z)-M(A,Z+1)-m_{\nu_e})c^2 &\geq 0 \\
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\approx (M(A,Z)-M(A,Z+1))c^2 &\geq 0. \end{aligned}$$
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Con la masa la del átomo completo. Dado que el núcleo hijo es muy pesado
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su energía cinética será muy reducida, también se puede omitir, quedando
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que toda la energía liberada corresponde a las energías cinéticas del
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electrón y el neutrino, $E\approx T_e+T_{\nu}$.
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La energía de desintegración para la emisión del positrón
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$$\begin{aligned}
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E &= (M_P - M_H - m_e - m_{\nu})c^2 \\
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E &= (M(A,Z) - M(A,Z-1) - 2m_e -m_{\nu_e})c^2 \\
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&\approx (M(A,Z) - M(A,Z-1) - 2m_e)c^2\end{aligned}$$
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Con las mismas condiciones del caso pasado. Para captura electrónica
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$$\begin{aligned}
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E &= (M_P + m_e - M_H - m_{\nu})c^2 \\
|
|
E &= (M(A,Z) - M(A,Z-1) -m_{\nu_e})c^2 \\
|
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&\approx (M(A,Z) - M(A,Z-1))c^2\end{aligned}$$
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En todos estos casos se desprecian las energías de ligadura (en $eV$) de
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los electrones en el átomo. El espectro de energías nos puede dar una
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idea de la masa de los neutrinos, pero por su pequeña masa no es una
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tarea fácil.
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Si regresamos a la consideración del pozo de potencial, sabemos que hay
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una barrera centrífuga que de igual manera evita que ciertas
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configuraciones puedan salir del pozo. Si el momento angular orbital de
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la partícula que sale es $\ell=1$ será más complicado que escape. En
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cambio si $\ell=0$ será más sencillo. Entonces se dividen los
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decaimientos:
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- $L=0$, decaimiento beta permitido
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- $L>0$, decaimientos beta prohibidos ($L=1$ primero prohibido, $L=2$
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segundo prohibio, etc.)
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En todo esto hemos considerado la interacción del núcleo con el campo
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del electrón y el neutrino, a partir de sus valores podemos saber cuanto
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momento angular es emitido. El momento angular que se llevan es el que
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corresponde al momento angular orbital $L$ de ambas partículas.
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Considerando el momento angula inicial y final del núcleo tenemos dos
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posibilidades
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- $J_f = J_i + L$, es una transición de Fermi
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- $J_f = J_i + L + 1$, es una transición de Gamow-Teller
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Graficar las energías de enlace (o los defectos de masa) de isóbaros que
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decaen por decaimiento beta es útil para ilustrar el proceso, pongamos
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por ejemplo los isóbaros con $A=76$, que serían ${}^{76}Zn^{30}$,
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${}^{76}Ga^{31}$, ${}^{76}Ge^{32}$, ${}^{76}As^{33}$, ${}^{76}Se^{34}$,
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|
${}^{76}Br^{35}$, ${}^{76}Kr^{36}$, ${}^{76}Rb^{37}$ y ${}^{76}Sr^{38}$.
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En la figura [2](#fig:parabola){reference-type="ref"
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|
reference="fig:parabola"} se grafican los excesos de masa contra los
|
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números atómicos, los núcleos par par van en la parábola de abajo, los
|
|
impar-impar en la parábola de arriba, la dirección de las flechas indica
|
|
si es un decaimiento $\beta^+$ o $\beta^-$ y sólo en un caso se puede
|
|
ver una captura electrónica en la flecha que va del ${}^{76}As^{33}$ al
|
|
${}^{76}Ge^{32}$. El resto, si van de izquierda a derecha la $Z$ va
|
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aumentando, se emite un $e^-$, son decaimientos $\beta^-$, si las
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|
flechas van de derecha a izquierda, la $Z$ disminuye, se emite un $e^+$,
|
|
el decaimiento es $\beta^+$.
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|
![Excesos de masa para los isóbaros con $A= 76$ que tienen decaimientos
|
|
$\beta$. Imagen adaptada de [@Poves] con licencia CC-BY
|
|
3.0](beta_parabola2.png){#fig:parabola width="0.7\\linewidth"}
|
|
|
|
¿Qué núcleos inestables decaen por emisión beta, cuáles por alfa? Para
|
|
verlo tenemos la tabla de los isótopos estables e inestables, como se
|
|
puede ver en la figura [3](#fig:estabilidad){reference-type="ref"
|
|
reference="fig:estabilidad"}. En medio se distingue una línea negra de
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|
los núcleos estables, en azul todos los núcleos inestables que decaen
|
|
por emisión $\beta$, en amarillo por emisión $\alpha$. Por razones que
|
|
veremos en la siguinete sección no están listados los núcleos que decaen
|
|
por emisión $\gamma$. La línea del goteo del protón se muestra como una
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|
línea negra en la parte superior de la franja, más allá de esta línea
|
|
los núcleos desprenden un protón para poder llegar a la estabilidad.
|
|
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|
![Tabla de nucleones. Imagen de Hiroyuki Koura en el dominio
|
|
público](estabilidad.png){#fig:estabilidad width="0.7\\linewidth"}
|
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Decaimiento Gamma {#decaimiento-gamma .unnumbered}
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Cuando un núcleo decae por emisión alfa o beta puede decaer a un estado
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excitado del núcleo hijo, este núcleo a su vez puede decaer por alguno
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|
de los dos procesos o en caso de no desintegrarse puede llegar a su
|
|
estado base emitiendo un fotón, un $\gamma$. Los espacios entre niveles
|
|
de energía en el núcleo son de alrededor de $50\ keV$, pero el gama
|
|
emitido puede deberse al paso del nucleón por más de un nivel, por lo
|
|
que su energía está en el orden de $MeV$. El fotón se lleva al menos una
|
|
unidad de momento angular (el fotón tiene espín de 1 en unidades de
|
|
$\hbar$) y es un proceso que conserva paridad (a diferencia del
|
|
decaimiento beta). Imaginemos un núcelo en un estado inicial con energía
|
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$E_i$ que pasa por emisión de un fotón de frecuencia $\nu$ a un estado
|
|
final con energía $E_f$
|
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$$h\nu = E_i - E_f$$
|
|
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|
El mismo análisis se puede hacer si en lugar de emitir absorbe, sólo con
|
|
signo cambiado.
|
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|
Podríamos pensar que la energía del fotón determina unívocamente el
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|
espaciamiento entre niveles, pero al emitir el fotón el núcleo también
|
|
siente una pequeña reacción, entonces una parte de la energía debe irse
|
|
en momento del núcleo
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$$\frac{h\nu}{c} = Mv,$$
|
|
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|
con $M$ y $v$ la masa y velocidad del estado final. Agregando esta parte
|
|
a la conservación de la energía
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|
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$$\begin{aligned}
|
|
E_i-E_f =& h\nu + \frac{1}{2}Mv^2 \\
|
|
=& h\nu +\frac{1}{2M}\left( \frac{h\nu}{c} \right)^2 \\
|
|
\text{reacomodando } h\nu =& \left( E_i - E_f - \frac{h^2 \nu^2}{2Mc^2} \right) = E_i - E_f - \Delta E_R, \end{aligned}$$
|
|
|
|
donde $\Delta E_R$ denota la energía cinética de reacción del núcleo.
|
|
Los estados son denotados por su energía, como lo hemos estado haciendo,
|
|
en particular todo estado inestable realmente tiene un valor dentro de
|
|
un rango de energía, un grosor, $\partial E = \Gamma$, de igual forma
|
|
los estados inestables tienen un tiempo de vida media $\tau$, por el
|
|
principio de incertidumbre podemos escribir
|
|
|
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$$\begin{aligned}
|
|
\tau \Gamma &\approx \hbar \\
|
|
\text{o diciéndolo de otra forma } \Gamma &\approx \frac{\hbar}{\tau} \approx \text{incertidumbre en }(E_i-E_f)\end{aligned}$$
|
|
|
|
El valor exacto del nivel de energía es incierto, la mejor aproximación
|
|
es dada por el grosor $\Gamma$. Así tenemos que si
|
|
$\Delta E_R \ll \Gamma$, es decir, que la energía de reacción del núcleo
|
|
es mucho menor que el nivel de energía (tomando en cuenta su
|
|
incertidumbre), el proceso de emisión es posible, de lo contrario no
|
|
habrá decaimineto $\gamma$.
|
|
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![Niveles de energía para el ${}^{72}Se^{34}$. Tomado de
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[@Krane]](nivelesse.jpg){#fig:niveles width="0.6\\linewidth"}
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Veamos un ejemplo, tomemos el ${}^{50}Ti^{22}$ como el núcleo, sólo por
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tener un valor intermedio de $A$. Calculamos la masa
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$M\approx 46512.11\ MeV/c^2$ y consideramos un espaciamiento de
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$h\nu\gtrsim 100keV = 10^5 eV$
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$$\Delta E_R = \frac{(h\nu)^2}{2Mc^2} = \frac{(10^5 eV)^2}{2(46.512\times 10^9 eV)} \approx 0.215\ eV
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\label{ec:delta}$$
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Ahora consideramos un tiempo de vida media para un nivel de energía
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alrededor de $10^{-12}seg$, que es un valor que suele tener un estado
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excitado, podemos aproximar la anchura
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$$\Gamma \approx \frac{\hbar}{\tau} \approx \frac{6.582\times 10^{-22}MeV\cdot seg}{10^{-12}seg} = 6.582\times 10^{-10} MeV = 6.582 \times 10^{-4} eV$$
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Es claro que $\Gamma \ll \Delta E_R$, por lo que la emisión no puede
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suceder. Pero hemos tomado los valores correctos ¿qué es lo que pasa?
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Nuestro problema está en la energía de reacción $\Delta E_R$, que debe
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ser reducida al mínimo.
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El efecto Mössbauer explica como es que sucede: considera que los
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núcleos están fuertemente unidos en una red cristalina, de esta forma
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cuando se emite un $\gamma$ no es sólo el núcleo el que siente la
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reacción, si no toda la red, esto multiplica la masa en el denominador
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de la ecuación [\[ec:delta\]](#ec:delta){reference-type="ref"
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reference="ec:delta"} por un factor muy grande, lo que reduce
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inmensamente la energía de reacción. El efecto Mössbauer explica con
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gran precisión las energías de los niveles nucleares.
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Como se muestra en la figura [4](#fig:niveles){reference-type="ref"
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reference="fig:niveles"} los estados excitados se encuentran marcados
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por energía, de estos niveles excitados puede emitirse un fotón para
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bajar al estado base.
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La conversión interna sucede cuando el $\gamma$ saliente del núcleo
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excita a uno de los electrones de las capas interiores del átomo y lo
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desprende, en este caso en lugar de detectar un fotón se detecta un
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electrón de alta energía ¿cómo diferenciarlo de un electrón de
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decaimiento $\beta^-$? Primero por su energía, puede ser mucho mayor a
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la de la partícula $\beta$, pero sobre todo por su espectro de energía.
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Como es arrancado de una capa interior de los niveles atómicos, sólo
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cierta energía puede desprenderlo, de igual forma su espectro de energía
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está cuantizado. Mientras que el espectro de energía de los $\beta$ es
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continuo.
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Leyes de decaimiento
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Ya hablamos de los posibles decaimientos nucleares, lo que falta es ver
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como describir matemáticamente estos procesos. Ya sea que se emitan
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$\alpha$'s, $\beta$'s o $\gamma$'s en gran medida lo hemos tratado como
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un proceso estadístico, esto sucede para un grupo grande de partículas y
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no tenemos la certeza del momento exacto del decaimiento. Lo que hay es
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una probabilidad constante de que suceda el decaimiento para cada
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núcleo, la llamamos $\lambda$. Si $N$ es el número de núcleos
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radiactivos de un cierto tipo en un tiempo definido y lambda es la
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probabilidad constante de decaimiento por unidad de tiempo, el cambio en
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el número de nucleos en un intervalo de tiempo infinitesimal $dt$ es
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$$dN = N(t+dt)- N(t) = -N(t)\lambda dt$$
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El signo menos se debe a que la cantidad de núcleos del tipo
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especificado se van reduciendo. Tomemos $N_0 = N(t=0)$, entonces $N(t)$
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a cualquier tempo $t$ estará dado por
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$$\begin{aligned}
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\frac{dN}{N} =& -\lambda dt,\\
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\int_{N_0}^N \frac{dN}{N} =& -\lambda \int_0^t dt, \\
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ln\frac{N(t)}{N_0} =& -\lambda t \\
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N(t) =& N_0 e^{-\lambda t}\end{aligned}$$
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El número de núcleos que no han decaido se reduce exponencialmente,
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llegando a cero en un tiempo infinito.
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Para establecer una escala de tiempo en la que hablaremos de los
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decaimientos nucleares definimos el tiempo de vida media como el periodo
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de tiempo para el cual la mitad de los núcleos muestra decae, lo
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llamaremos $t_{\frac{1}{2}}$
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$$\begin{aligned}
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N(t_{\frac{1}{2}}) =& \frac{N_0}{2} = N_0e^{-\lambda t_{\frac{1}{2}}} \\
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\text{de otra forma } \lambda t_{\frac{1}{2}} =& ln2 \\
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\text{entonces } t_{\frac{1}{2}} =& \frac{ln2}{\lambda}\end{aligned}$$
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¿Cuál es la relación de $t_{\frac{1}{2}}$ con la $\tau$ que vimos antes?
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La $\tau$ es la vida mediana que se obtiene como
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$$\begin{aligned}
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\langle t \rangle = \tau =& \frac{\int_0^{\infty} t N(t) dt}{\int_0^{\infty} N(t) dt} \\
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=& \frac{N_0 \int_0^{\infty} t e^{-\lambda t} dt}{N_0\int_0^{\infty} e^{-\lambda t} dt} \\
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=& \frac{\lambda^{-2}}{\lambda^{-1}} = \frac{1}{\lambda}\end{aligned}$$
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De esta forma $t_{\frac{1}{2}} = \tau (ln2)$.
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El número de desintegraciones por unidad de tiempo, que se llama la
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actividad de una muestra, se escribe como
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$$\mathcal{A} = | \frac{dN}{dt} | = \lambda N(t) = \lambda N_0 e^{-\lambda t}$$
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Si esta actividad la medimos en decaimientos por segundo las unidades
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usadas son los becquereles, históricamente se utilizo la actividad del
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${}^{226}Ra^{88}$, que corresponde a $3.7 \times 10^{10}$
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desintegraciones por segundo, es decir $3.7 \times 10^{10}\ Bq$, que
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corresponde a $1\ Ci$, un curie (nombrado en honor a Pierre). El núcleo
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radiactivo elegido para definir la unidad era exageradamnte activo, así
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que por lo regular las muestras tienen una actividad en el orden de
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$mCi$ (milicuries) o incluso $\mu Ci$ (micro curies). El rutherford es
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otra unidad, un poco más cercana a los valores promedio de actividad,
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$1 rd = 10^6 Bq$.
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En caso de que un núcleo pueda decaer por diversos procesos con
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probabilidades por unidad de tiempo $\lambda_1$, $\lambda_2$,
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$\lambda_3$, \..., la probabilida total por unidad de tiempo será
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$$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 + ...$$
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De esta forma
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$$\frac{1}{t_{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{(t_{\frac{1}{2}})_1} + \frac{1}{t_{(\frac{1}{2}})_2}+ \frac{1}{(t_{\frac{1}{2}})_3} + ...$$
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En el caso de que un núcleo decaiga a otro hijo, y este a su vez es
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radiactivo (con una probabilidad constante diferente), etonces tenemos
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$$\begin{aligned}
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-\frac{dN_1}{dt} &= \lambda_1 N_1 \\
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\frac{dN_2}{dt} &= \lambda_1 N_1 - \lambda_2 N_2\end{aligned}$$
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Tenemos un sistema de ecuaciones diferenciales acopladas, tomamos
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$N_1 = N_{10}$ y $t=0$
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$$\begin{aligned}
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N_1 =& N_{10}e^{\lambda_1 t}\\
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N_2 =& N_{10}\frac{\lambda_1}{\lambda_2 - \lambda_1} (e^{\lambda_1 t} - e^{\lambda_2 t})\end{aligned}$$
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En esta solución $\lambda_2 \gg \lambda_1$, es decir
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$(t_{\frac{1}{2}})_2 \ll (t_{\frac{1}{2}})_1$, de lo contrario tenemos
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un proceso desacoplado en el que aún no termina de decaer el núcleo
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padre y el núcleo hijo ya está decayendo.
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Vamos a hacer un ejemplo, tomemos el ${}^{226}Ra^{88}$, del que ya
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conocemos su actividad de $3.7 \times 10^{10}\ Bq$, tras 500 años ¿cuál
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será su actividad? Sabemos que la vida media de este núcleo es de $1600$
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años, convertido a segundos para tener las unidades necesarias
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$t_{\frac{1}{2}}=5.04576\times 10^{10}seg.$, los $500$ años se
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convierten en $1.5768\times 10^{10} seg.$. Entonces tenemos
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$$\mathcal{A}(t=1.5768\times 10^{10}seg.) = \lambda N_0 e^{-\lambda t}$$
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Pero ¿y la actividad inicial? ¿Dónde la usamos y dónde entra en esa
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ecuación? La actividad inicial sería $\mathcal{A}(t=0)$
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$$\mathcal{A}(t=0) = \lambda N_0 e^{-\lambda 0} = \lambda N_0 = \mathcal{A}_0$$
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Entonces tenemos
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$$\mathcal{A}(t=1.5768\times 10^{10}seg.) = \mathcal{A}_0 e^{-\lambda t}$$
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Y ya sólo resta sustituir, recordando que
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$\lambda = ln2/t_{\frac{1}{2}}$
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$$\mathcal{A}(t=1.5768\times 10^{10}seg.) = (3.7\times 10^{10} Bq) e^{-\frac{ln2}{5.04576\times 10^{10}seg.} (1.5768\times 10^{10} seg.)}$$
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De aquí
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$\mathcal{A}(t=1.5768\times 10^{10}seg.) \approx 2.3\times 10^{10}Bq$.
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10 Das, A., Ferbel, T. "Introduction to Nuclear and Particle Physics",
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Segunda edición, World Scientific Publishing Co., 2003.
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Krane, Keneth S. "Introductory Nuclear Physics", Segunda edición, John
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Wiley and Sons, 1988.
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Cohen, Bernard L. "Concepts of Nuclear Physics", McGraw-Hill, 1971.
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Giuliani, Andrea, Poves, Alfredo. (2012). "Neutrinoless Double-Beta
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Decay". Advances in High Energy Physics. 2012. 10.1155/2012/857016.
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