Defeito de massa no decaimento beta
Durante o cálculo do valor Q no decaimento beta, a massa dos elétrons do átomo reagente (e produto) é incluída durante o cálculo do valor Q?
Respostas
Em geral, isso não importa, porque a maioria das energias de decaimento beta estão na faixa mega-eV, enquanto a maioria das energias de ligação de elétrons estão na faixa eV. Portanto, se sua pergunta for "devo incluir os elétrons do espectador quando estou fazendo meu dever de casa?", A resposta é fazer o que for mais simples com sua fonte de dados favorita. O resto desta resposta é sobre casos em que incluir ou excluir elétrons espectadores importa, e por quê.
A primeira dica de que pode ser melhor incluir os elétrons do espectador surgirá quando você começar a procurar fontes que fornecem apenas massas nucleares e ler suas seções de referência para ver de onde vêm esses dados. Para núcleos estáveis ou estáveis, é muito mais fácil fazer medições de massa de precisão em átomos neutros ou átomos em estados de baixa carga. Minha experiência tem sido que os melhores materiais de referência relatam excessos de massa para átomos neutros, ao invés de íons ( por exemplo,) Muitos núcleos de vida muito curta podem ser produzidos completamente despojados de elétrons em aceleradores; no entanto, uma leitura cuidadosa da literatura geralmente sugere que as massas dos nuclídeos de vida curta são calculadas a partir das energias de seus decaimentos para nuclídeos estáveis, com um aumento associado nas incertezas.
Ou seja: os dados de massa para núcleos nus são de qualidade inferior aos dados de massa para átomos neutros, porque é difícil fazer e armazenar núcleos nus.
Além disso, para um trabalho de precisão , você sempre deseja ter certeza de que seu modelo descreve o processo que você está realmente modelando, em vez de algum outro processo mais conveniente. Por exemplo, agora em seu corpo, existem muitos átomos de potássio, a maioria dos quais são$\rm K^+$íons em solução. Alguns deles são o potássio-40, que está sujeito a competições entre os três seguintes decaimentos:
\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}
Aqui o $\Gamma$são as taxas de ramificação, que somam 100%; aqueles e o$Q$-valores são do ENSDF . Posso dizer com segurança que em seu corpo neste momento não há exatamente zero núcleos de potássio completamente ionizados$\rm K^{19+}$, com base na suposição de que você está em uma temperatura finita. Portanto, modelar a decomposição de núcleos nus em vez de íons carregados individualmente$^1$pode perder alguns recursos importantes; vamos ver o que são e se são relevantes para$Q$-valores.
No $\beta^-$decair em cálcio (1), há dezoito elétrons "espectadores" que não participam da interação de forma alguma. É teoricamente possível que o elétron criado possa ser capturado pelo novo núcleo de cálcio,
$$ \rm^{40}K^+ \to{} ^{40}Ca^+\ \bar\nu_e \tag{1a} $$
No entanto, isso só é permitido se o emitido $\beta^-$é emitido com uma energia menor do que a segunda energia de ionização para o cálcio, que é ( fonte ) de cerca de$12\rm\,eV$. Tal decadência exigiria que o neutrino carregasse quase todos os$1.3\rm\,MeV$ decai a energia e é seguro ignorar na maioria dos processos.$^2$ Até certo ponto, as energias dos elétrons do espectador são diferentes no $\rm K^+$ íon do que no $\rm Ca^{++}$íon; a reconfiguração dos elétrons do espectador, neste caso, afeta a forma do espectro de energia do decaimento beta, mas não seu ponto final.$^3$
No decaimento da emissão de pósitrons para argônio (3), você pode fazer um argumento semelhante de que os elétrons do espectador não são um grande negócio.
No entanto, algo interessante acontece com o $Q$-valor quando você pergunta sobre os elétrons do espectador no decaimento da captura de elétrons (2). Neste caso, o elétron "participante"$^4$é um dos elétrons mais internos, em vez de um elétron de valência mal ligado ou um elétron que é completamente livre. O elétron capturado é um$s$-wave elétron de uma das camadas K, L ou M, e o íon filho emitirá raios-x conforme os elétrons de maior energia caem na vacância. Acontece que o decaimento da captura de elétrons (2) pode prosseguir diretamente para o estado fundamental nuclear do argônio, ou através de um estado nuclear excitado. Os caminhos possíveis são
\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}
A maior parte da diferença de energia é compensada quando o núcleo de argônio relaxa, emitindo um raio gama:
\begin{align} \rm^{40}Ar^* &\to\rm {}^{40}Ar \ \gamma & Q &= 1461\rm\,keV \tag4 \end{align}
Portanto, agora temos que ser mais cuidadosos com o que queremos dizer com o $Q$-valor: ainda faz sentido usar o nome $Q$-valor quando falamos sobre essas reações intermediárias? Certamente parece que sim, e as pessoas certamente o fazem. Mas a diferença entre$L$- e $K$-raios-x de casca nas reações (2) é a diferença entre $\rm0.3\,keV$ e $\rm3.2\,keV$( fonte ). No ramo (2a), essa modificação é 7% da energia de decaimento do neutrino.
Lembro a você, no final desta longa resposta, que a primeira coisa que escrevi foi que geralmente não importa se você usa massas nucleares ou atômicas ao calcular $Q$-valores, contanto que você seja consistente sobre isso. Mas onde realmente importa, as massas atômicas são mais confiáveis, e a maioria dos decaimentos reais ocorre em átomos neutros ou quase neutros. Provavelmente nem medimos as massas nucleares nuas para a maioria dos núcleos pesados$^5$. Simplesmente não há razão para inventar tais dados fictícios para computar$Q$-valores. Use o que está em sua fonte de dados; quando você começar a questionar a qualidade de sua fonte de dados, começará a descobrir que prefere massas de átomos neutros.
Apartes:
Suponho que seja possível que alguns dos dados em minhas referências tenham sido compilados de fontes de potássio metálico (onde os átomos neutros estariam decaindo) em vez de algum tipo de sal iônico; mas a primeira energia de ionização para o potássio é apenas sobre$4\rm\,eV$, que veremos em um momento é pequeno em comparação com outros efeitos eletrônicos.
Se o $\rm e^-,\bar\nu_e$ as energias foram distribuídas uniformemente, a reação de captura (1a) seria permitida em um decaimento de $10^5$. No entanto, na maioria dos decaimentos beta, os três produtos de decaimento têm magnitude de momento aproximadamente igual, então tais "decaimentos de ponto final" são suprimidos.
Bem, não exatamente. É necessária uma quantidade diferente de energia para remover mais um elétron de um$\rm K^+$ comparado a remover "o mesmo" elétron de seu análogo $\rm Ca^{++}$, e essa diferença de energia fica maior à medida que você considera íons mais fortemente carregados. Não está imediatamente claro para mim se deve haver uma mudança nas energias do ponto final do decaimento beta devido a essas diferenças de energia de ligação, mas sua escala deve ser a escala das diferenças de energia de ligação. Para$\rm K^+\to Ca^{++}$ comparado com $\rm K\to Ca^+$, a possível mudança em $Q$-valor é alguns eV em um decaimento mega-eV.
Alguém usará um comentário para apontar que você não teria decaimento de elétrons sem elétrons ao redor do núcleo. O que estou defendendo aqui é um pouco mais sutil: os diferentes elétrons participantes possíveis têm energias de ligação diferentes.
Para núcleos muito pesados, os elétrons internos são relativísticos, então há razões para se interessar pelo espectro de coisas como "urânio hidrogenico", $\rm U^{91+}$. Se houver medições de massa nua de alta precisão para núcleos pesados, provavelmente esse é o contexto.
Não, eles não são. Isso porque os processos de decaimento beta são processos nucleares. Assim, você só deve calcular as massas nucleares:
Por exemplo, $\beta^-: \qquad Q=M_n(Z,A)-M_n(Z+1,A)-m_e $
Onde $M_n$ é a massa nuclear e $m_e$ é o elétron.
No entanto, é verdade que você pode fazer outra coisa: adicionar e remover um $Z m_E$ prazo:
$Q=M_n(Z,A)+ (Z m_e -Zm_e)-M_n(Z+1,A)-m_e $
Então você tem
$Q=M_n(Z,A)+ Z m_e -M_n(Z+1,A)- (Z+1)m_e $
Então você poderia dizer que
$$Q=M_{at}(Z,A) -M_{at}(Z+1,A)$$
Mas isso significa assumir que a massa atômica é $M_{at}=M_n+Z m_e$, o que é aproximadamente verdadeiro, porque você está negligenciando a energia de ligação do elétron.
Massas atômicas são mais facilmente masured no laboratório, então geralmente queremos escrevê-las assim, mas nunca se esqueça de que você está negligenciando a energia de ligação.
Portanto, em resumo, você sempre pode reescrever sua fórmula em termos de massas atômicas, mas tome cuidado porque a fórmula real usa massas nucleares.