Massendefekt im Beta-Zerfall

Sep 01 2020

Wird bei der Berechnung des Q-Werts beim Beta-Zerfall die Masse der Elektronen der Atome der Reaktanten (und des Produkts) bei der Berechnung des Q-Werts berücksichtigt?

Antworten

1 rob Sep 01 2020 at 23:25

Im Allgemeinen spielt es keine Rolle, da die meisten Beta-Zerfallsenergien im Mega-eV-Bereich liegen, während die meisten Elektronenbindungsenergien im eV-Bereich liegen. Wenn Ihre Frage lautet: "Soll ich die Zuschauerelektronen bei meinen Hausaufgaben einbeziehen?", Lautet die Antwort, was mit Ihrer bevorzugten Datenquelle am einfachsten ist. Der Rest dieser Antwort handelt von Fällen, in denen das Einschließen oder Ausschließen von Zuschauerelektronen eine Rolle spielt und warum.

Der erste Hinweis, dass es besser sein könnte, die Zuschauerelektronen einzubeziehen, wird auftauchen, wenn Sie nach Quellen suchen, die nur Kernmassen liefern, und in deren Referenzabschnitten lesen, um zu sehen, woher diese Daten stammen. Für stabile oder stabile Kerne ist es viel einfacher, präzise Massenmessungen an neutralen Atomen oder Atomen in Zuständen mit niedriger Ladung durchzuführen. Ich habe die Erfahrung gemacht, dass die Referenzmaterialien mit den besten Quellen Massenüberschüsse für neutrale Atome und nicht für Ionen ( z). Sehr kurzlebige Kerne, von denen viele in Beschleunigern vollständig von Elektronen befreit sind; Eine sorgfältige Lektüre der Literatur legt jedoch im Allgemeinen nahe, dass die Massen der kurzlebigen Nuklide aus den Energien ihres Zerfalls zu stabilen Nukliden berechnet werden, was zu einer Zunahme der Unsicherheiten führt.

Das heißt: Die Massendaten für bloße Kerne sind von geringerer Qualität als die Massendaten für neutrale Atome, da es schwierig ist, bloße Kerne herzustellen und zu speichern.

Darüber hinaus möchten Sie für Präzisionsarbeiten immer sicherstellen, dass Ihr Modell den Prozess beschreibt, den Sie tatsächlich modellieren, und nicht einen anderen, bequemeren Prozess. Zum Beispiel gibt es gerade in Ihrem Körper viele, viele Kaliumatome, von denen die meisten sind$\rm K^+$Ionen in Lösung. Einige davon sind Kalium-40, das Wettbewerben zwischen den folgenden drei Zerfällen unterliegt:

\begin{align} \rm ^{40}K^+ &\to\rm {}^{40}Ca^{++} \ e^- \ \bar\nu_e & Q&=1\,310.89\rm\,keV & \Gamma &= 89.3\% \tag1\\ &\to\rm {}^{40}Ar^{+} \ \nu_e & Q &= 1\,504.40\rm\,keV & \Gamma &= 10.7\% \tag2\\ &\to\rm {}^{40}Ar^\text{neutral} \ e^+ \ \nu_e & Q&=\ \ 482.40\rm\,keV & \Gamma &= 0.001\% \tag3 \end{align}

Hier das $\Gamma$sind die Verzweigungsverhältnisse, die sich zu 100% addieren; die und die$Q$-Werte stammen aus dem ENSDF . Ich kann mit Zuversicht sagen, dass in Ihrem Körper in diesem Moment genau null vollständig ionisierte Kaliumkerne vorhanden sind$\rm K^{19+}$, basierend auf der Annahme, dass Sie sich auf einer endlichen Temperatur befinden. Modellieren Sie also den Zerfall von bloßen Kernen anstelle von einfach geladenen Ionen$^1$könnte einige wichtige Funktionen vermissen; Mal sehen, was sie sind und ob sie relevant sind$Q$-Werte.

In dem $\beta^-$Zerfall zu Kalzium (1) gibt es achtzehn "Zuschauer" -Elektronen, die überhaupt nicht an der Wechselwirkung beteiligt sind. Es ist theoretisch möglich, dass das erzeugte Elektron vom neuen Kalziumkern eingefangen wird.

$$ \rm^{40}K^+ \to{} ^{40}Ca^+\ \bar\nu_e \tag{1a} $$

Dies ist jedoch nur zulässig, wenn die emittierte $\beta^-$wird mit einer Energie emittiert, die geringer ist als die zweite Ionisierungsenergie für Calcium, die ungefähr ( Quelle ) ist$12\rm\,eV$. Ein solcher Zerfall würde erfordern, dass das Neutrino fast alles wegträgt$1.3\rm\,MeV$ Zerfallsenergie und kann bei den meisten Prozessen ignoriert werden.$^2$ Bis zu einem gewissen Grad unterscheiden sich die Energien der Zuschauerelektronen in der $\rm K^+$ Ion als in der $\rm Ca^{++}$Ion; Die Rekonfiguration der Zuschauerelektronen beeinflusst in diesem Fall die Form des Beta-Zerfallsenergiespektrums, nicht jedoch dessen Endpunkt.$^3$

Beim Zerfall der Positronenemission zu Argon (3) können Sie ein ähnliches Argument dafür vorbringen, dass die Zuschauerelektronen keine große Sache sind.

Es passiert jedoch etwas Interessantes mit dem $Q$-Wert, wenn Sie nach den Zuschauerelektronen im Elektroneneinfangzerfall fragen (2). In diesem Fall das "teilnehmende" Elektron$^4$ist eines der innersten Elektronen und kein kaum gebundenes Valenzelektron oder ein Elektron, das völlig frei ist. Das eingefangene Elektron ist ein$s$-Wellenelektronen von einer der K-, L- oder M-Schalen, und das Tochterion emittiert Röntgenstrahlen, wenn höherenergetisch gebundene Elektronen in die Leerstelle fallen. Es kommt also vor, dass der Elektroneneinfangzerfall (2) direkt in den Argon-Kerngrundzustand oder durch einen nuklear angeregten Zustand übergehen kann. Die möglichen Wege sind

\begin{align} \rm^{40}K &\to\rm {}^{40}Ar^* \ \nu_e\ \gamma_x & Q&=\ \ 43.55\rm\,keV & \Gamma &= 10.76\% \tag{2a}\\ &\to\rm {}^{40}Ar \ \nu_e\ \gamma_x & Q&= 1504.40\rm\,keV & \Gamma &= 0.045\% \tag{2b} \end{align}

Der größte Teil der Energiedifferenz wird ausgeglichen, wenn sich der Argonkern durch Aussenden eines Gammastrahls entspannt:

\begin{align} \rm^{40}Ar^* &\to\rm {}^{40}Ar \ \gamma & Q &= 1461\rm\,keV \tag4 \end{align}

Jetzt müssen wir also vorsichtiger sein, was wir mit dem meinen $Q$-Wert: Ist es immer noch sinnvoll, den Namen zu verwenden? $Q$-Wert, wenn wir über diese Zwischenreaktionen sprechen? Es fühlt sich auf jeden Fall so an, und die Leute tun es auf jeden Fall. Aber der Unterschied zwischen$L$- und $K$-shell Röntgenstrahlen in den Reaktionen (2) ist der Unterschied zwischen $\rm0.3\,keV$ und $\rm3.2\,keV$( Quelle ). In der Verzweigung (2a) beträgt diese Modifikation 7% der Zerfallsenergie des Neutrinos.

Ich erinnere Sie am Ende dieser langen Antwort daran, dass das erste, was ich schrieb, war, dass es normalerweise keine Rolle spielt, ob Sie beim Rechnen Atommassen oder Atommassen verwenden $Q$-Werte, solange Sie konsequent sind. Aber wo es darauf ankommt, sind Atommassen zuverlässiger und die meisten realen Zerfälle finden in neutralen oder nahezu neutralen Atomen statt. Wir haben wahrscheinlich noch nicht einmal die bloßen Kernmassen für die meisten schweren Kerne gemessen$^5$. Es gibt einfach keinen Grund, solche fiktiven Daten für die Berechnung zu erfinden$Q$-Werte. Verwenden Sie, was in Ihrer Datenquelle enthalten ist. Wenn Sie anfangen, die Qualität Ihrer Datenquelle in Frage zu stellen, werden Sie feststellen, dass Sie neutrale Atommassen bevorzugen.

Nebenbei:

Ich nehme an, es ist möglich, dass einige der Daten in meinen Referenzen aus Kaliummetallquellen (wo neutrale Atome zerfallen würden) und nicht aus einer Art ionischem Salz zusammengestellt wurden. aber die erste Ionisierungsenergie für Kalium ist nur ungefähr$4\rm\,eV$, was wir gleich sehen werden, ist im Vergleich zu anderen elektronischen Effekten klein.
Wenn die $\rm e^-,\bar\nu_e$ Die Energien waren gleichmäßig verteilt, die Einfangreaktion (1a) würde in einem Zerfall erlaubt sein $10^5$. Bei den meisten Beta-Zerfällen haben die drei Zerfallsprodukte jedoch ungefähr die gleiche Impulsgröße, so dass solche "Endpunktzerfälle" unterdrückt werden.
Nicht ganz. Es braucht eine andere Energiemenge, um ein weiteres Elektron aus a zu entfernen$\rm K^+$ im Vergleich zum Entfernen "des gleichen" Elektrons aus seinem Analogon $\rm Ca^{++}$und diese Energiedifferenz wird größer, wenn Sie stärker geladene Ionen betrachten. Mir ist nicht sofort klar, ob es aufgrund dieser Bindungsenergiedifferenzen zu einer Verschiebung der Beta-Zerfallsendpunktsenergien kommen sollte, aber seine Skala sollte die Skala der Bindungsenergiedifferenzen sein. Zum$\rm K^+\to Ca^{++}$ verglichen mit $\rm K\to Ca^+$, die mögliche Änderung in $Q$-Wert ist ein paar eV bei einem Mega-eV-Zerfall.
Jemand wird einen Kommentar verwenden, um darauf hinzuweisen, dass Sie ohne Elektronen um den Kern überhaupt keinen Elektronenzerfall hätten. Der Punkt, den ich hier mache, ist etwas subtiler: Die verschiedenen möglichen teilnehmenden Elektronen haben unterschiedliche Bindungsenergien.
Bei sehr schweren Kernen sind die inneren Elektronen relativistisch, daher gibt es Gründe, sich für das Spektrum von Dingen wie "Wasserstoff-Uran" zu interessieren. $\rm U^{91+}$. Wenn es hochpräzise Messungen der bloßen Masse für schwere Kerne gibt, ist dies wahrscheinlich der Kontext.

FGSUZ Sep 01 2020 at 17:13

Nein, sind sie nicht. Das liegt daran, dass Beta-Zerfallsprozesse nukleare Prozesse sind. Sie sollten also nur Atommassen berechnen:

Zum Beispiel, $\beta^-: \qquad Q=M_n(Z,A)-M_n(Z+1,A)-m_e $

Wo $M_n$ ist die Atommasse und $m_e$ ist das Elektron.

Es ist jedoch wahr, dass Sie etwas anderes tun können: Wenn Sie eines hinzufügen und entfernen $Z m_E$ Begriff:

$Q=M_n(Z,A)+ (Z m_e -Zm_e)-M_n(Z+1,A)-m_e $

Dann hast du

$Q=M_n(Z,A)+ Z m_e -M_n(Z+1,A)- (Z+1)m_e $

Das könnte man also sagen

$$Q=M_{at}(Z,A) -M_{at}(Z+1,A)$$

Dies bedeutet jedoch die Annahme, dass die Atommasse ist $M_{at}=M_n+Z m_e$Dies ist nur annähernd der Fall, da Sie die Elektronenbindungsenergie vernachlässigen.

Atommassen lassen sich im Labor leichter maskieren, daher möchten wir sie oft so schreiben, aber vergessen Sie nie, dass Sie die Bindungsenergie vernachlässigen.