Chu kỳ bán rã của Cu-64 là: T1/2 = 12,7h Giải: a Tính hoạt độ cực đại: Tốc độ phản ứng kích koạt của hạt nhân trong mẫu khi chiếu trên dòng nơtron nhiệt được xác định theo biểu thức sau:
Trang 1BÀI TẬP KỸ THUẬT HẠT NHÂN
Bài 1:
a Tính hoạt độ cực đại (phân rã/giây), giả định không có sự suy yếu nguồn, mà có thể được
cảm ứng trong một lá đồng 100mg phơi trong một thông lượng nơtron nhiệt 10 12 nơtron/cm 2 (Đồng tự nhiện có: 69,1% Cu-63 và 30,9% Cu-65) Tiết diện phản ứng của Cu-63 là: σ1 = 4,5barn; Tiết diện phản ứng của Cu-65 là: σ2 = 2,17barn
b Xác định hoạt độ Ci mà tồn tại cho Cu-64 sau 24 giờ chiếu xạ Chu kỳ bán rã của Cu-64
là: T1/2 = 12,7h
Giải:
a) Tính hoạt độ cực đại:
Tốc độ phản ứng kích koạt của hạt nhân trong mẫu khi chiếu trên dòng nơtron nhiệt được xác định theo biểu thức sau:
R= NσΦ (1.1) Trong đó: R: tốc độ phản ứng; N: số hạt nhân trong mẫu;
σ: tiết diện phản ứng; Φ: thông lượng nơtrong nhiệt Mối quan hệ của hoạt độ A tại thời điểm kết thúc chiếu t1 đối với tốc độ phản ứng R được mô
tả theo biểu thức sau:
)) exp(
1
R
Từ biểu thức (1.2) cho thấy khi thời gian chiếu đủ lớn thì hoạt độ A sẽ đạt đến giá trị cức đại
và cân bằng với tốc độ phản ứng R (hay còn được gọi là hoạt độ bão hoà )
Amax = R = NσΦ (1.3)
Số hạt nhân Cu-63 trong mẫu là : N1 = 100(mg)×69,1(%)×NA/63 = 6,60618×1020
Số hạt nhân Cu-65 trong mẫu là : N2 = 100(mg)×30,9(%)×NA/65 = 2,86324×1020
Tiết diện phản ứng của Cu-63 là: σ1 = 4,5barn = 4,5×10-24cm2
Tiết diện phản ứng của Cu-65 là: σ2 = 2,17barn = 2,17×10-24cm2
Thông lượng nơtron nhiệt : Φ =1012n/cm2s
Áp dụng công thức (1.3), hoạt độ cực đại toàn phần của lá Đồng được tính như sau :
Amax = (N1σ1 + N2σ2)Φ
= (6,60618×1020× 4,5×10-24cm2 +2,86324×1020×2,17×10
-24cm2)×1012n/cm2/s
= 3,5941×109 (Bq)
Lời giải là: A max = 3,5941x10 9 (Bq)
= 97,138 (mCi)
b) Xác định hoạt độ tồn tại cho Cu-64 sau 24 giờ chiếu xa (Ci)
Chu kỳ bán rã của Cu-64 là: T1/2 = 12,7h
Hằng số phân rã của Cu-64 là: λ = Ln(2)/T1/2
áp dụng công thức (1.2) và (1.3), hoạt độ của Cu-64 sau 24h chiếu xạ như sau:
ACu-64 = N1σ1Φ(1-e-λt)
=6,60618×1020 × 4,5×10-24cm2 ×1012n/cm2/s(1-e-0,693x24/12,7 )
= 0.058658 (Ci)
Lời giải là: A Cu-64 = 0.058658 (Ci)
Trang 2Bài tập 2:
10 gram HgO được chiếu xạ đều trong một lò phản ứng nghiên cứu tại thông lượng 10 12 nơtron/cm 2 /s trong 10 ngày để tạo thành 203Hg và 197Hg Bao nhiêu hoạt độ của mỗi nguyên
tố sẽ có trong mẫu khi lấy ra khỏi lò phản ứng?
(Biết rằng Hg trong tự nhiên có Hg-196(0,15%) có σγ =120+3100b và Hg-202(29,86%) có
σγ = 4,945b; Chu kỳ bàn rã: T1/2, Hg-197 = 64,14h; T1/2, Hg-203 = 46,612d).
Giải:
Khối lượng của Hg trong mẫu là: mHg =10(g)×200/(200+16) = 9,26(g)
Số hạt nhân Hg-196 trong mẫu là: NHg-186 = 9,26(g)×0,15(%)×NA/186 = 4,49782×1019
Số hạt nhân Hg-202 trong mẫu là: NHg-202= 9,26(g)×29,86(%)×NA/202 =8,24446×1021
Tiết diện bắt nơtron nhiệt: σHg-196= 120(b)+3100 (b) = 3220×10-24 (cm2)
σHg-202= 4,945(b) = 4,945×10-24 (cm2) Chu kỳ bàn rã: T1/2, Hg-197 = 64,14h = 2,6725d
T1/2, Hg-203 = 46,612d Thông lượng nơtron nhiệt: Φ =1012n/cm2s
Thời gian chiếu mẫu: t=10 ngày
Công thức xác định hoạt độ: A = NσΦ(1-e-λt)
AHg-197 = 4.49782×1019× 3220×10-24 cm2×1012n/cm2/s(1-e-0.693/2,6725x10)
= 1,34×1011 (Bq)
= 3,62157 Ci
AHg-203 = 8,24446×1021× 4,945×10-24 cm2×1012n/cm2/s(1-e-0.693/46,612x10)
= 5,6322×109 (Bq)
= 0,1522 (Ci)
Lời giải là: A Hg-197 =3,62157 (Ci)
A Hg-203 = 0,1522 (Ci)
Bài tập 3:
Một mẫu kim loại được phân tích để tìm lượng cobalt, được chiếu đến các nơtron nhiệt tại một thông lượng không đổi 7,20.10 10 cm -2 s -1 cho 10 ngày Tiết diện hấp thụ nơtron nhiệt cho
59Co để tạo thành 60Co (100% độ phổ cập) là 37barn Nếu sau khi chiếu xạ, mẫu cho tốc độ phân rã là 23phút -1 từ Co-60 Bao nhiêu gram Cobalt hiện diện trong mẫu.
Giải:
Thông lượng nơtron: Φ = 7,20.1010 n/cm-2s-1
Thời gian chiếu: t =10 ngày
Tiết diện phản ứng: σ = 37barn = 37.10-24 cm2
Hoạt độ mẫu: A = 23 phút-1 = 0,38333 (Bq)
Chu kỳ bán rã: T1/2 = 5,27 year
Độ phổ cập của Co59 a = 100%
Tìm khối lượng của Cobalt trong mẫu:
Từ công thức xác định hoạt độ tại thời điểm kết thúc chiếu mẫu:
A amN
M
λ
σ Φ −
Trang 3Từ công thức (3.1) ta có:
) 1
aN
AM
σ Φ − −
=
) 1
( ) / / ( 10 2 , 7 ) ( 10 37 10 023
,
6
) ( 38333 , 0 59 )
(
) ( 10 ) ( 365 27 , 5 693 0 2
10 2
24
Bq g
m
×
−
×
×
×
×
=
m = 3.9195×10-9 (g)
Lời giải là: m = 3.9195×10 -9 (g)
Bài 4:
Thông lượng nơtron nhiệt từ một nguồn chuẩn nơtron Cf-252 được làm chậm và được xác định bằng việc chiếu một lá vàng đường kính 1cm dày 0,013 cm trong thời gian 7 ngày tại một khoảng cách 100cm từ nguồn Lá được đếm một cách tức thời sau khi kết thúc thời gian chiếu xạ và tìm thấy có một hoạt độ 10Bq(2,5nCi) Cái gì là thông lượng nhiệt tại điểm ở đây
lá được chiếu Tiết diện ngang kích hoạt cho vàng là 98,5 barn.
Giải:
Số hạt nhân Au-197 trong lá vàng:
mAu= ρv = 18,85(g/cm3)×3,141/4×0,013 = 0,192364g
NAu-97 = m×NA/M = 0,192364 × 6,023×1023/197 = 5,88127×10 20
Hoạt độ của lá vàng sau khi chiếu:
AAu-198 = NAu-198σΦ(1-e-λt) = 10Bq
⇒
e
Bq e
N
A
d t
Au
1 10 5 , 98 10 88127 , 5
10 1
2 )
( 7 7 , 2 693 , 0 24
20 197
−
×
×
×
=
−
×
×
=
Φ
−
−
−
−
−
λ
σ
Kết quả: Thông lượng tại vị trí chiếu lá vàng là: Φ = 207 n/cm 2 /s
Bài 5:
Bằng cách dùng ống đếm hình giếng NaI(Tl) với hiệu suất đỉnh tuyệt đối 83% , một số đếm ròng 146835 được ghi nhận dưới quang đỉnh 122keV từ nguồn 57 Co trên một thời gian sống 15phút Cùng nguồn được đỉnh 10cm từ mặt của một detector Si(Li) với diện tích bề mặt 300mm 2 và một phổ ghi nhận trên mặt thời gian đếm 60phút Nếu 730 số đếm được ghi nhận dưới 6,4keV Tính hiệu suất của detector Si(Li) tại năng lượng này.
Bài giải
Hiệu suất của detector Si(Li) : abs gh
ph
N N
Ngh số xung ghi được ; Nph số bức xạ phát ra từ nguồn
Theo giả thiết Nghtại 122keV
Trang 4xung s gh
146835
15 60× Với NaI, εabs = 83%
→Số bức xạ phát ra từ nguồn:
163,15
196,57 0,83
gh ph
abs
ε
Vậy hiệu suất tại 6,4keV :
2
730
60 60 0,1%
196,57
gh abs
ph
N N
Bài 6:
Người ta kích hoạt một loại đồng của phản ứng 63 Cu(n,γ) 63 Cu(n,γ) 64 Cu sự chiếu xạ bao gồm sự phơi sáng của 1g lá mỏng của chất liệu chứa 1% đồng đến thông lượng neutron nhiệt
Φ = 2,5.10 12 n/cm 2 s cho thời gian chiếu 3h Tính hoạt độ của đồng 64 Cu trong mẫu của sự chiếu xạ.
Cho σ = 4,5.10 -24 cm 2 , độ phổ cập đồng 63 Cu trong tự nhiên là 69,09%, bán sinh cho 64 Cu
là T1/2 = 12,8 giờ.
Bài giải
Hoạt độ của 64Cu cho bởi :
.
1 t ch a 1 t ch
m N
Với σ =4,5.10-24cm2 ; θ = 69,09% = 0,6909; ϕ =2,5.1012m.cm-2.s-1
NA =6,022.1023 ; M =64; m =0,01g
-5 1
ln 2 ln 2 0,693
1,5042 10 12,8 3600 12,8 3600
T
tch = 3 giờ=3.3600s=10800s
Do đó ta có:
5
0,6909 0,01 6,022 10 4,5 10 2,5 10
(1 ) 10,9664 10 ( ) 64
ch
t
Bài 7:
a Tính hoạt độ cực đại (phân rã/s), giả định không sự suy yếu nguồn, mà có thể
được cảm ứng trong một lá đồng 100mg phơi sáng đến thông lượng nơtron nhiệt
10 12 nơtron/cm 2 s (đồng tự nhiên bao gồm 69,1% 63 Cu và 30,9% 65 Cu)
Cho biết: σ63Cu= 4,28mbarn, T1/2=12,7h.
Bài giải
Co = 1; a= 69,17% 63Cu =0,6917; m= 0,1g; σ= 4,28bar = 4,28.10–24 cm2
Φ= 1012neutron/cm 2 .s; M = 63; T1/2= 12,7h; t1 = 26h
⇒λ= 1,51607.10-5
a Hoạt độ cực đại (phân rã/ giây)
Trang 5( )= o Aσ φ
d
c a m N
A t
M
Thay só vào ta có kết quả A(td) = 2,8270.109 phân rã/giây
b Hoạt độ (Ci) tồn tại cho 64Cu 24 giờ sau chiếu xạ
1
( )= o Aσ φ(1− −λt)
d
c a m N
M
Thay số vào ta có kết quả A(td) = 2,1430.109 Bq = 57,918932mCi
Bài 8:
Một mẫu 20g Cobalt được chiếu xạ trong một lò phản ứng công suất mạnh với một thông lượng 10 14 nơtron/cm 2 s cho 6 năm tính:
biết:
T1/2( 60 Co)=5,27year; σ( 60 Co)= 37.13barn.
cả hai lời giải) σ( 60m Co)= 20barn; T1/2=10,47m.
Bài giải
Co = 1; a = 1; m= 20g; σ(60mCo)= 20bar = 20.10–24 cm2
T1/2(60m Co)= 10,47m =10,47.60 = 628,2s
σ(60 Co)= 37,13bar = 37,13.10–24 cm2
T1/2(60 Co)= 5,27y = 5,27.365.24.3600 = 166194720s
Φ= 1012neutron/cm 2 .s; M= 59
⇒λ (60m Co) = 1,103386.10-3
⇒λ(60 Co) = 4,17069.10-9
t1= 6year =6.365.24.3600 = 18,9216.107s
a Hoạt độ của(60mCo) ngay lập tức ở thời điểm chuyển từ lò phản ứng
1
( )= o Aσ φ(1− −λt)
d
c a m N
M
Thay số vào ta có kết quả A(td) =4,0827.1014 Bq = 11,0345639.103Ci
b Hoạt độ của(60Co) 50h sau khi chuyển khỏi lò phản ứng
( )= o Aσ φ(1− −λt) −λt
d
c a m N
M
Với t2 = 50h = 50.3600 = 180000s
Thay số vào ta có kết quả A(td) =4,13362.1014 Bq = 11,17195809.103Ci
Bài tập 9:
Phản ứng (p,n) đối với Sắt (Fe-56) có một tiết diện ngang là 0,6barn Bao nhiêu nơtron/giây được sản sinh bởi một chùm proton 3,0 µA tới trên một lá sắt 1cm 2 và dày 1,0µm?
Giải:
Theo bài toán, tốc độ sinh nơtron được xác định theo công thức sau:
Rn = Φp.σ.NFe (2.1) Thông lượng chùm proton là:
Φp = số proton/cm2/s = I(A)/1,6×10-19(c) = 3,0×10-6/1,6×10-19(c) Vậy: Φp = 1,875×1013 (p/cm2/s)
Tiết diện phản ứng là:
σ = 0,6 barn = 0,6×10-24 cm2
Số hạt nhân bia Fe-56 là:
NFe = ρ(g/cm3)×S(cm2)×d(cm)×a(%)NA/M
Trang 6= 7,9(g/cm3)×1(cm2)×10-4(cm)×0.9175×6.023×1023/56 = 7,79575×1018
Áp dụng các giá trị số vào công thức (2.1), chúng ta sẽ tìm được lời giải cho bài toán như sau:
Rn = 1,875×1013 × 0,6×10-24 × 7.79575×1018 = 8,77022×107 (n/s)
Vậy lời giải là: 8,77022×10 7 (n/s)
Bài 10:
Nếu độ dày giá trị một nữa ( độ dày của chất hấp thụ đòi hỏi rút giảm cường độ của chùm photon đến một nữa giá trị ban đầu của nó) cho sắt là 1,47 cm cho các photon 1 MeV và tốc độ phơi sáng từ một nguồn là 800 mR/h, tính:
a. µ (cm-1)
b Độ dày của sắt đòi hỏi rút giảm tốc độ phơi sáng đến 200 mR/h.
c Độ dày của sắt đòi hỏi rút giảm tốc độ phơi sáng đến 150 mR/h.
Giải
a Theo giả thiết d1/2 = 1,47cm <=> Cường độ của chùm photon I(d) = I0/2
Từ công thức:
I = I0.e- µ 1,47 <=> I0/2 = I0.e- µ 1,47 <=> 1/2 = e- µ 1,47 <=> ln2 = 1,47 µ
<=> µ = ln2/1,47 = 0,472 (cm-1)
b Từ công thức:
χ = χ0.e- µ d <=> χ / χ0 = e- µ d <=> ln( χ / χ0) = - µ d <=>
0
ln( / ) ln(200/800)
0,472
χ χ
µ
c Tương tự như câu b, ta có:
0
ln( / ) ln(150/800)
0,472
χ χ
µ
HẾT