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Aufgabe

Zerfall des Kobaltisotiops Co-60

Schwierigkeitsgrad: leichte Aufgabe

Das Kobaltisotop Co-60 ist ein \(\beta^-\)-Strahler mit der Halbwertszeit \(5{,}3\,\rm{a}\). Ein radioaktives Präparat soll \(1{,}0\,\rm{\mu g}\) dieses Isotops Co-60 enthalten.

a)

Gib die Zerfallsgleichung an.

b)

Berechne die Anzahl der C0-60 Atome, die das Präparat enthält.

c)

Berechne die Anzahl der Co-60 Atome dieses Präparats, die in der ersten Stunde zerfallen.

d)

Berechne die Aktivität des Präparates während der ersten Stunde.

e)

Berechne, welcher Prozentsatz der Co-60 Atome nach \(20\) Jahren zerfallen ist.

f)

Berechne die Aktivität diese Probe nach \(20\) Jahren.

g)

Berechne, wie lange man mindestens warten muss, bis die Aktivität unter \(5{,}0\%\) der Anfangsaktivität abgesunken ist.

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a)

\[{}_{27}^{60}{\rm{Co}} \to {}_{28}^{60}{\rm{Ni}} + {}_{ - 1}^0{\rm{e}} + {}_0^0{{\rm{\bar \nu }}_{\rm{e}}}\]

b)

Ein Co-60-Kern hat ungefähr die Kernmasse\[{m_{\rm{K}}} = 60\,{\rm{u}} = 60 \cdot 1{,}66 \cdot {10^{ - 27}}\,{\rm{kg}} = 9{,}96 \cdot {10^{ - 26}}\,{\rm{kg}}\]Damit befinden sich in dem Präparat mit der Masse \(m=1{,}0\,\rm{\mu g}=1{,}0 \cdot 10^{-6}\,\rm{g}=1{,}0 \cdot 10^{-9}\,\rm{kg}\) insgesamt\[{N_0} = \frac{{1{,}0 \cdot {{10}^{ - 9}}\,{\rm{kg}}}}{{9{,}96 \cdot {{10}^{ - 26}}\,{\rm{kg}}}} = 1{,}0 \cdot {10^{16}}\]Co-60-Kerne. Bei dieser Rechnung konnten wir unbesorgt die Masse der Hüllenelektronen vernachlässigen.

c)

Mit \({N_0} = 1{,}0 \cdot {10^{19}}\), \(T_{1/2}=5{,}3\,\rm{a}=5{,}3 \cdot 365 \cdot 24\,\rm{h}=46428\,\rm{h}\) und \(t=1{,}0\,\rm{h}\) nutzen wir zur Berechnen der Co-60 Atome, die nach einer Stunde noch nicht zerfallen sind, das Zerfallsgesetz\[N(t) = {N_0} \cdot {e^{ - \,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}}\]Die Anzahl \(\Delta N\) der in der ersten Stunde zerfallenen Co-60 Kerne berechnen wir, indem wir vom Anfangsbestand \(N_0\) den Wert \(N(t)\) abziehen:\[\Delta N=N_0-N(t) = N_0 - N_0 \cdot {e^{ - \,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}} = N_0 \cdot \left( 1 - {e^{ - \,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}} \right)\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[\Delta N = 1{,}0 \cdot {10^{16}} \cdot \left( {1 - {e^{ -\,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{46428\,{\rm{h}}}} \cdot 1{,}0\,{\rm{h}}}}} \right) = 1{,}5 \cdot {10^{11}}\]

d)

Bei einer Halbwertszeit von \(5{,}3\,\rm{a}\) wird sich die Aktivität des Präparates in der ersten Stunde praktisch nicht ändern, d.h. die Aktivität \(A\) lässt sich berechnen durch\[A = \frac{{\Delta N}}{{\Delta t}}\]Wir erhalten mit \(\Delta N = 1{,}5 \cdot {10^{11}}\) und \(\Delta t = 1{,}0\,\rm{h}=1{,}0 \cdot 60 \cdot 60\,\rm{s}=3600\,\rm{s}\)\[A = \frac{{1{,}5 \cdot {{10}^{11}}}}{{3600\,{\rm{s}}}} = 4{,}2 \cdot {10^7}\,{\rm{Bq}} = 42\,{\rm{MBq}}\]Alternativ berechnet sich die Anfangsaktivität \(A_0\) durch\[{A_0} = \lambda  \cdot {N_0} = \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot {N_0}\]Einsetzen der gegebenen Werte (\(T_{1/2}=5{,}3\,\rm{a}=5{,}3 \cdot 365 \cdot 24\cdot 3600\,\rm{s}=1{,}67 \cdot 10^8\,\rm{s}\)) liefert\[{A_0} = \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{1{,}67 \cdot {{10}^8}\,{\rm{s}}}} \cdot 1{,}0 \cdot {10^{16}} = 4{,}1 \cdot {10^7}\,{\rm{Bq}} = 41\,{\rm{MBq}}\]Die Differenz der beiden Werte entsteht durch Rundungsfehler.

e)

Mit \(T_{1/2}=5{,}3\,\rm{a}\) und \(t=20\,\rm{a}\) berechnet sich der Prozentsatz der Co-60 Atome, die nach \(20\) Jahren noch nicht zerfallen sind, durch\[p\% (t) = 100\%  \cdot {e^{ -\,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[p\% (t) = 100\%  \cdot {e^{ -\,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{5{,}3\,{\rm{a}}}} \cdot 20\,{\rm{a}}}} = 0{,}73 = 7{,}3\% \]Damit sind also nach \(20\) Jahren \(100\%-7{,}3\%=92{,}7\%\) der Co-60 Atome zerfallen.

f)

Mit \({A_0} = \lambda  \cdot {N_0} = \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot {N_0}\), \(N_0=1{,}0 \cdot {10^{16}}\),  \(T_{1/2}=5{,}3\,\rm{a}=1{,}67 \cdot 10^8\,\rm{s}\) und \(t=20\,\rm{a}\) berechnet sich die Aktivität durch\[A(t) = {A_0} \cdot {e^{ - \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}} = \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot {N_0} \cdot {e^{ -\,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[A(20\,{\rm{a}}) = \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{1{,}67 \cdot {{10}^8}\,{\rm{s}}}} \cdot 1{,}0 \cdot {10^{16}} \cdot {e^{ -\,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{5{,}3\,{\rm{a}}}} \cdot 20\,{\rm{a}}}} = 3{,}0 \cdot {10^6}\,{\rm{Bq}} = 3{,}0\,{\rm{MBq}}\]

g)

Mit \(p\%(t)=5{,}0\%\) und \(T_{1/2}=5{,}3\,\rm{a}\) berechnet sich die Zeit \(t\) mit dem Zerfallsgesetz\[\begin{eqnarray}p\% (t) &=& 100\% \cdot {e^{ -\,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}}\\\frac{{p\% (t)}}{{100\% }} &=& {e^{ -\,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}}\\\ln \left( {\frac{{p\% (t)}}{{100\% }}} \right) &=& -\,\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t\\t &=& -\,\frac{{\ln \left( {\frac{{p\% (t)}}{{100\% }}} \right) \cdot {T_{1/2}}}}{{\ln \left( 2 \right)}}\end{eqnarray}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[t= -\,\frac{{\ln \left( {\frac{{5{,}0\%}}{{100\% }}} \right) \cdot 5{,}3\,{\rm{a}}}}{{\ln \left( 2 \right)}} = 23\,{\rm{a}}\]Man muss also mindestens \(23\) Jahre warten.

Grundwissen zu dieser Aufgabe

Kern-/Teilchenphysik

Radioaktivität - Fortführung