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.
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 \({N_0} = 1{,}0 \cdot {10^{16}}\), \(T_{1/2}=5{,}3\,\rm{a}=5{,}3 \cdot 365 \cdot 24\,\rm{h}=46428\,\rm{h}\) 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.