BÀI TẬP KĨ THUẬT HẠT NHÂN

BÀI TẬP KỸ THUẬT HẠT NHÂN Bài 1: a Tính hoạt độ cực đại (phân rã/giây), giả định khơng có suy yếu nguồn, mà cảm ứng đồng 100mg phơi thông lượng nơtron nhiệt 10 12 nơtron/cm2 (Đồng tự nhiện có: 69,1% Cu-63 30,9% Cu-65) Tiết diện phản ứng Cu-63 là: σ1 = 4,5barn; Tiết diện phản ứng Cu-65 là: σ2 = 2,17barn b Xác định hoạt độ Ci mà tồn cho Cu-64 sau 24 chiếu xạ Chu kỳ bán rã Cu-64 là: T1/2 = 12,7h Giải: a) Tính hoạt độ cực đại: Tốc độ phản ứng kích koạt hạt nhân mẫu chiếu dòng nơtron nhiệt xác định theo biểu thức sau: R= NσΦ (1.1) Trong đó: R: tốc độ phản ứng; N: số hạt nhân mẫu; σ: tiết diện phản ứng; Φ: thông lượng nơtrong nhiệt Mối quan hệ hoạt độ A thời điểm kết thúc chiếu t tốc độ phản ứng R mô tả theo biểu thức sau: A = R(1 − exp(− λ t1 )) (1.2) Từ biểu thức (1.2) cho thấy thời gian chiếu đủ lớn hoạt độ A đạt đến giá trị cức đại cân với tốc độ phản ứng R (hay gọi hoạt độ bão hoà ) Amax = R = NσΦ (1.3) Số hạt nhân Cu-63 mẫu : N1 = 100(mg)×69,1(%)×NA/63 = 6,60618×1020 Số hạt nhân Cu-65 mẫu : N2 = 100(mg)×30,9(%)×NA/65 = 2,86324×1020 Tiết diện phản ứng Cu-63 là: σ1 = 4,5barn = 4,5×10-24cm2 Tiết diện phản ứng Cu-65 là: σ2 = 2,17barn = 2,17×10-24cm2 Thơng lượng nơtron nhiệt : Φ =1012n/cm2s Áp dụng cơng thức (1.3), hoạt độ cực đại tồn phần Đồng tính sau : = (N1σ1 + N2σ2)Φ = (6,60618×1020 × 4,5×10-24cm2 +2,86324×1020×2,17×1024 cm2)×1012n/cm2/s = 3,5941×109 (Bq) Amax Lời giải là: Amax = 3,5941x109 (Bq) = 97,138 (mCi) b) Xác định hoạt độ tồn cho Cu-64 sau 24 chiếu xa (Ci) Chu kỳ bán rã Cu-64 là: T1/2 = 12,7h Hằng số phân rã Cu-64 là: λ = Ln(2)/T1/2 áp dụng công thức (1.2) (1.3), hoạt độ Cu-64 sau 24h chiếu xạ 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: ACu-64 = 0.058658 (Ci) Bài tập 2: 10 gram HgO chiếu xạ lò phản ứng nghiên cứu thông lượng 10 12 nơtron/cm2/s 10 ngày để tạo thành 203 Hg 197 Hg Bao nhiêu hoạt độ nguyên tố có mẫu lấy khỏi lò phản ứng? (Biết Hg tự nhiên có Hg-196(0,15%) có σγ =120+3100b 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 Hg mẫu là: mHg =10(g)×200/(200+16) = 9,26(g) Số hạt nhân Hg-196 mẫu là: NHg-186 = 9,26(g)×0,15(%)×NA/186 = 4,49782×1019 Số hạt nhân Hg-202 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: AHg-197 =3,62157 (Ci) AHg-203 = 0,1522 (Ci) Bài tập 3: Một mẫu kim loại phân tích để tìm lượng cobalt, chiếu đến nơtron nhiệt thông lượng không đổi 7,20.1010 cm-2s-1 cho 10 ngày Tiết diện hấp thụ nơtron nhiệt cho 59 Co để tạo thành 60Co (100% độ phổ cập) 37barn Nếu sau chiếu xạ, mẫu cho tốc độ phân rã 23phút-1 từ Co-60 Bao nhiêu gram Cobalt diện 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 Co59 a = 100% Tìm khối lượng Cobalt mẫu: Từ công thức xác định hoạt độ thời điểm kết thúc chiếu mẫu: A= amN AσΦ − e − λt ) ( M (3.1) AM aN AσΦ(1 − e −λt ) m= Từ cơng thức (3.1) ta có: 59 × 0,38333( Bq) m( g ) = 6,023 × 10 × 37 × 10 m = 3.9195×10-9 (g) 23 Lời giải là: − 24 (cm ) × 7,2 × 10 (n / cm / s ) × (1 − e 10 − 0.693 10 ( d ) 5, 27×.365( d ) ) m = 3.9195×10-9 (g) Bài 4: Thơng lượng nơtron nhiệt từ nguồn chuẩn nơtron Cf-252 làm chậm xác định việc chiếu vàng đường kính 1cm dày 0,013 cm thời gian ngày khoảng cách 100cm từ nguồn Lá đếm cách tức thời sau kết thúc thời gian chiếu xạ tìm thấy có hoạt độ 10Bq(2,5nCi) Cái thơng lượng nhiệt điểm chiếu Tiết diện ngang kích hoạt cho vàng 98,5 barn Giải: Số hạt nhân Au-197 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 = 5,88127×1020 Hoạt độ vàng sau chiếu: AAu-198 = NAu-198σΦ(1-e-λt) = 10Bq ⇒ AAu −198 10 Bq Φ= = = 207 n / cm / s − λt , 693 N Au −197 × σ × − e − 7(d )    5,88127 × 10 20 × 98,5 × 10 −24 1 − e 2,7     ( ) Kết quả: Thông lượng vị trí chiếu vàng là: Φ = 207 n/cm2/s Bài 5: Bằng cách dùng ống đếm hình giếng NaI(Tl) với hiệu suất đỉnh tuyệt đối 83% , số đếm ròng 146835 ghi nhận quang đỉnh 122keV từ nguồn 57Co thời gian sống 15phút Cùng nguồn đỉnh 10cm từ mặt detector Si(Li) với diện tích bề mặt 300mm2 phổ ghi nhận mặt thời gian đếm 60phút Nếu 730 số đếm ghi nhận 6,4keV Tính hiệu suất detector Si(Li) lượng Bài giải Hiệu suất detector Si(Li) : εabs = N gh N ph Ngh số xung ghi ; Nph số xạ phát từ nguồn Theo giả thiết Nghtại 122keV N gh = 146835 =163,15 15 ×60 xung s Với NaI, εabs = 83% →Số xạ phát từ nguồn: N ph = N gh ε abs = 163,15 = 196, 57 dis s 0,83 Vậy hiệu suất 6,4keV : 730 N gh εabs = = 60 ×60 = 0,1% N ph 196,57 Bài 6: Người ta kích hoạt loại đồng phản ứng 63Cu(n,γ ) 63Cu(n,γ )64Cu chiếu xạ bao gồm phơi sáng 1g mỏng chất liệu chứa 1% đồng đến thông lượng neutron nhiệt Φ = 2,5.1012n/cm2.s cho thời gian chiếu 3h Tính hoạt độ đồng 64Cu mẫu chiếu xạ Cho σ = 4,5.10-24cm2 , độ phổ cập đồng 63Cu tự nhiên 69,09%, bán sinh cho 64Cu T1/2 = 12,8 Bài giải Hoạt độ 64Cu cho : A= c ×a ×m ×N a ×σ ×Φ σ θ φ m.N A − e − λtch ) = − e − λtch ) ( ( M M 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 ln ln 0, 693 λ= = = = 1,5042 ×10-5 T1 12,8 ×3600 12,8 ×3600 tch = giờ=3.3600s=10800s Do ta có: 0,6909 ×0,01 ×6,022 ×1023 ×4,5 ×10 −24 ×2,5 ×1012 A= (1 − e − λtch ) = 10,9664 ×105 ( Bq) 64 Bài 7: a Tính hoạt độ cực đại (phân rã/s), giả định không suy yếu nguồn, mà cảm ứng đồng 100mg phơi sáng đến thông lượng nơtron nhiệt 1012nơtron/cm2.s (đồng tự nhiên bao gồm 69,1% 63Cu 30,9% 65Cu) b Xác định hoạt độ (Ci) mà tồn cho 64Cu 26 sau chiếu xạ 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 s; M = 63; T1/2= 12,7h; t1 = 26h ⇒λ= 1,51607.10-5 a Hoạt độ cực đại (phân rã/ giây) A(td ) = co a.m.N A σ φ M Thay só vào ta có kết A(td) = 2,8270.109 phân rã/giây b Hoạt độ (Ci) tồn cho 64Cu 24 sau chiếu xạ co a.m.N A σ φ − λt A(td ) = (1 − e M ) Thay số vào ta có kết A(td) = 2,1430.109 Bq = 57,918932mCi Bài 8: Một mẫu 20g Cobalt chiếu xạ lò phản ứng công suất mạnh với thông lượng 1014 nơtron/cm2.s cho năm tính: a Hoạt độ 60mCo thời điểm chuyển khỏi từ lò phản ứng Cho biết: T1/2( 60Co)=5,27year; σ(60Co)= 37.13barn b Hoạt độ 60Co 50h sau chuyển khỏi (giả định không suy yếu nguồn cho hai lời giải) σ(60mCo)= 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 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) thời điểm chuyển từ lò phản ứng co a.m.N A σ φ − λt A(td ) = (1 − e M ) Thay số vào ta có kết A(td) =4,0827.1014 Bq = 11,0345639.103Ci b Hoạt độ của(60Co) 50h sau chuyển khỏi lò phản ứng c a.m.N A σ φ (1 − e − λt ).e − λt Ta có : A(td ) = o M Với t2 = 50h = 50.3600 = 180000s Thay số vào ta có kết A(td) =4,13362.1014 Bq = 11,17195809.103Ci Bài tập 9: Phản ứng (p,n) Sắt (Fe-56) có tiết diện ngang 0,6barn Bao nhiêu nơtron/giây sản sinh chùm proton 3,0 µA tới sắt 1cm2 dày 1,0µm? Giải: Theo tốn, tốc độ sinh nơtron 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 = 7,9(g/cm3)×1(cm2)×10-4(cm)×0.9175×6.023×1023/56 = 7,79575×1018 Áp dụng giá trị số vào cơng thức (2.1), tìm lời giải cho toán sau: Rn = 1,875×1013 × 0,6×10-24 × 7.79575×1018 = 8,77022×107 (n/s) Vậy lời giải là: 8,77022×107 (n/s) Bài 10: Nếu độ dày giá trị ( độ dày chất hấp thụ đòi hỏi rút giảm cường độ chùm photon đến giá trị ban đầu nó) cho sắt 1,47 cm cho photon MeV tốc độ phơi sáng từ nguồn 800 mR/h, tính: a µ (cm-1) b Độ dày sắt đòi hỏi rút giảm tốc độ phơi sáng đến 200 mR/h c Độ dày sắt đòi hỏi rút giảm tốc độ phơi sáng đến 150 mR/h Giải a Theo giả thiết d1/2 = 1,47cm Cường độ chùm photon I(d) = I0/2 Từ cơng 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 cơng thức: χ = χ 0.e-µ.d χ / χ = e-µ.d ln(χ/ χ 0) = -µ.d ln(χ / χ ) ln(200/ 800) d= = = 2,937(cm) µ 0,472 c Tương tự câu b, ta có: ln(χ / χ 0) ln(150/ 800) d= = = 3,547(cm) µ 0,472 HẾT ... Khối lượng Hg mẫu là: mHg =10(g)×200/(200+16) = 9,26(g) Số hạt nhân Hg-196 mẫu là: NHg-186 = 9,26(g)×0,15(%)×NA/186 = 4,49782×1019 Số hạt nhân Hg-202 mẫu là: NHg-202= 9,26(g)×29,86(%)×NA/202 =8,24446×1021.. .Bài tập 2: 10 gram HgO chiếu xạ lò phản ứng nghiên cứu thơng lượng 10 12 nơtron/cm2/s 10 ngày để tạo... cm2×1012n/cm2/s(1-e-0.693/46,612x10) = 5,6322×109 (Bq) = 0,1522 (Ci) Lời giải là: AHg-197 =3,62157 (Ci) AHg-203 = 0,1522 (Ci) Bài tập 3: Một mẫu kim loại phân tích để tìm lượng cobalt, chiếu đến nơtron nhiệt thông lượng không