Svar:
Protonantalet ökar för att en neutron skickar ut en
elektron (negativt laddad, elektronsönderfall) och förvandlas till en proton (positiv). Anledningen till att detta sker är att för de tyngre radiumisotoperna finns det för många neutroner för att vara optimalt energimässigt, dvs kärnan vinner bindningsenergi genom att skicka ut en elektron.

Efter sönderfallet har vi en positivt laddad Ac-jon, som snart tar åt sig en elektron från omgivningen (i princip kunde detta vara den utsända elektronen) för att bli neutral.

För övriga sönderfallstyper gäller följande för bevarandet av laddningen:

Postitronsönderfall: kärnans laddning minskar med en enhet och vi får en negativ jon. Denna förlorar snart sin extra elektron och positronen annihilerar med en elektron. Slutresultatet blir alltså elektromagnetisk strålning (energi).

Elektroninfångning: kärnans laddning minskar med en enhet genom att en elektron från atomens elektronskal fångas in. Detta skapar en vakans i elektronskalet som snabbt fylls av andra elektroner under utsändning av röntgenstrålning. Eftersom elektronen fångas in från atomens egna elektronuppsättning är det inget problem med bevarandet av den totala laddningen.

Alfasönderfall: kärnladdningen minskar med två enheter. Dotterkärnan har alltså två elektroner för mycket. Dessa frigörs till omgivningen för att göra atomen neutral. Heliumkärnan kommer när den bromsats upp att ta till sig två elektroner. Slutresultatet blir alltså en neutral dotterkärna och en neutral helium-atom.
/Peter Ekström 1998-02-16

Svar:
Det är molekylerna och atomerna som inte rör sig vid absoluta nollpunkten. Förhållanena inne i atomkärnan påverkas inte alls. Uran, plutonium och alla andra radioaktiva ämnen sönderfaller som vanligt.

Fundera: Vad händer med radioaktiviteten när ett ämne ingår i en kemisk förening?
/KS/lpe 1999-11-11

Svar:
Det här är en omfattande fråga, som skulle kräva en hel bok som svar. Sådana böcker finns.

Låt oss böja med gammastrålningen. Den beror på att ett tidigare alfa eller betasönderfall lämnat kärnan i exciterat (hög energi) tillstånd. Kärnan gör sig av med energin genom att skicka ut gammastrålning (fotoner).

Alfastrålningen består av heliumkärnor, som kastas ut från den sönderfallande kärnan. Det är framför allt tunga kärnor som sönderfaller med alfastrålning. Heliumkärnan är en särdeles stabil kärna, och det finns hela tiden en viss chans att två protoner och två neutroner för en kort tid slår ihop sig, och bildar en heliumkärna (alfapartikel) inuti en tung kärna. Det finns en viss sannolikhet att alfapartikeln kan läcka ut, trots att den är omgiven av en hög barriär. Det sker genom ett kvantfysikaliskt fenomen, som kallas "tunneleffekt".

Betasönderfall finns det flera olika sorter av, men gemensamt är att en sorts kvark omvandlas till en kvark av en annan sort. Uttryckt på partikelnivå innebär det att en neutron omvandlas till en proton, eller tvärt om. Kärnans laddning ändras, masstalet (antal nukleoner) ändras inte.

Slutligen det egentliga svaret på din fråga. Det helt avgörade är om den tillgängliga energin räcker.

Exempel: Cesium-137 sönderfaller till barium-137 genom att en neutron omvandlas till en proton. Ut skickas en elektron och en antineutrino. Antalet neutroner minskar från 82 till 81, och antalet protoner ökar från 55 till 56. Barium-137 lämnas i exciterat tillstånd och den "lugnar ner sig" genom att skicka ut en foton (gammastrålning).

En nuklidkarta är en grafisk representation där olika nuklider ordnats på så vis att x-axeln anger antal neutroner medan y-axeln anger antal protoner. Antalet protoner definierar vilket grundämne det rör sig om och kombinationen av antal neutroner och protoner definierar vilken isotop det rör sig om.

Nedanstående nuklidkarta visar hur kärnor med med Z protoner och N neutroner sönderfaller. Stabila kärnor är markerade med svart. Figuren är från länk 1 (figuren är i public domain). Under länk 1 finns en interaktiv version av nuklidkartan - man kan zooma och klicka fram egenskaper för varje nuklid. Länk 2 visar samma nuklidkarta färgkodad efter halveringstid.

/KS/lpe 1999-06-13

Svar:
Om sönderfallet sker till grundtillståndet blir det ingen gammastrålning. Om sönderfallet sker till ett exciterat tillstånd utsänds normalt gammastrålning.

Exempel 1:

Strontium-90 sönderfaller med beta till grundtillståndet av Yttrium-90.
Ingen gamma. I sin tur sönderfaller Yttrium-90 med beta till
grundtillståndet av Zikonium-90 (stabil). Ingen gamma.

Exempel 2:

Kobolt-60 sönderfaller med beta till en exciterad nivå i Nickel-60, se nedanstående figur.
Efter ungefär 0.3 ps (1 ps = 10^-12 s) skickas en
gamma-foton ut (energi 1.17 MeV), och Nickel-60 övergår till en
lägre exciterad nivå. Efter ungefär 0.7 ps skickas en ny foton ut
(energi 1.33 MeV), och Nickel-60 övergår till grundtillståndet.

/KS/lpe 2000-03-29

Svar:
De flesta kärnor som markeras som stabila i en nuklidkarta (se bilden i fråga [3480]) är verkligen det. De har helt enkelt ingenstans att sönderfalla med kända sönderfallssätt - energin är så låg som möjligt.

Om man plottar bindningsenergin för kärnor med ett visst masstal A=Z+N (Z är antal protoner och N antal neutroner) så får man en (för udda masstal) eller två (för jämna masstal) parabler. Nedanstående figurer (genererade från uppmätta massdata med programmet i länk 1) för A = 113 och 114 är typiska exempel.

Från den översta plotten kan man dra slutsatsen att ¹¹³In är stabilt (har högst bindningsenergi), ¹¹³Mo - ¹¹³Cd sönderfaller med b^--sönderfall och ¹¹³Sn - ¹¹³Cs sönderfaller med b⁺-sönderfall.

För det jämna masstalet 114 kan man resonera på motsvarande sätt med skillnaden att man här har två parabler: en jämn-jämna kärnor (röda streck) en en udda-udda kärnor (svarta steck). Det paraboliska sambandet mellan bindningsenergier för ett visst masstal kan man förstå från vätskedroppsmodellen (fråga [14847]) eftersom uttrycket för bindningsenergin är kvadratiskt i Z, se Semi-empirical_mass_formulaThe_formula.

Några stabila kärnor (typiskt kärnor med jämnt antal protoner och jämnt antal neutroner) skulle teoretiskt kunna sönderfalla med s.k. dubbelt b-sönderfall (t.ex. ¹¹⁴Cd i figuren). Dessa kärnor har emellertid en halveringstid överstigande 10²⁰ år, vilket jämfört med universums ålder 13.710⁹ år kan ansers vara stabilt!

För varje masstal finns alltså en eller möjligen två kärnor som är stabila med ovanstående definition.

Till detta kommer för tunga kärnor (A>200) alfasönderfall och spontan fission (fråga [16986]).

Det är, tycker jag, intressant att man kan förstå såpass detaljerade egenskaper som den relativa bindningsenergin och därmed vilka kärnor som är stabila och hur de instabila kärnorna söderfaller med en såpass enkel modell som vätskedroppsmodellen. För att beräkna exakta sönderfallsenergier och exciterade tillstånd i atomkärnor behöver man emellertid tillämpa mer sofistikerade kvantmekaniska modeller, se Shell_model.

/Peter E 2005-02-04

Svar:
Den av radioaktivt sönderfall i jordens inre utvecklade effekten är c:a 10¹³ kalorier/s. Jordytan är

4p r² = 4p(6.3710⁶)² = 510¹⁴ m² = 510¹⁸ cm²

Effekten per cm² som i ett jämviktstillstånd måste transporteras genom jordytan blir

10¹³/510¹⁸ = 210^-6 kal/cm²/s

Nu är jorden ganska inhomogen, speciellt är det stor skillnad mellan land och hav. Detta beror dels på jordskorpans varierande tjocklek och dels på variationer i sammansättningen. Den uppmätta energitransporten är i havsområden 2.410^-6 kal/cm²/s och i landområden 1.410^-6 kal/cm²/s. Ovanstående medelvärde är i god överensstämmelse med dessa värden.

Hur stor är uppvärmningseffekten från jordens inre jämfört med solstrålningen? Låt oss börja med att göra om till SI-enheter

210^-6 kal/cm²/s = 210^-2 kal/m²/s = 0.08 W/m²

eftersom 1 kalori är c:a 4 joule.

Solarkonstanten, dvs den från solen instrålande effekten är 1370 W/m², se fråga 13917. Värmen från jordens inre ger alltså ett mycket litet bidrag även med hänsyn taget att solstrålningen fördelas på ytan p r² (cirkelyta) medan jordvärmen fördelas på ytan 4p r² (klotyta).

Om vi, som frågan sade, bortser från solstrålningen, vilken temperatur skulle jordytan ha? Transporten av energi ut från jorden kan bara ske med elektromagnetisk strålning, s.k. temperaturstrålning. Den utstrålade effekten per m² ges av Stefan-Boltzmanns lag:

P = sT⁴

där konstanten s=5.6710^-8 W/m²/K⁴ och T är den absoluta temperaturen i kelvin. Tillämpning av denna på energiflödet från jordens innandöme ger

0.08 = 5.6710^-8 T⁴

dvs

T⁴ = 1400000

och

T = 34 K eller -239^oC (brrrr...)

Detta gäller om jorden kan betraktas som en absolut svart kropp, dvs om den absorberar all inkommande strålning.

Observera att vad vi räknat ut är temperaturen vid jordytan. Temperaturen i jordens inre är ju mycket högre (jordens inre är ju flytande). Man har en temperaturgradient (ökande temperatur med ökat djup) som bestäms av värmeledningsförmågan, se figuren i fråga [19301].

Tack Per-Gunnar Andreasson, Geologi, Lund för uppgifter om jordens inre!

Tillägg 12/11/08:

Enligt länk 1 är den utvecklade effekten 44 TW, vilket motsvarar 44/4=1.1 10¹³ cal/s, vilket stämmer bra med ovanstående värde. Länk 1 nämner även en referens som ger effektutvecklingen till 31 TW. Dessa värden är alltså ganska osäkra. Man har gjort uppskattningarna genom att mäta temperaturgradienten i borrhål på olika ställen av jordytan.

De isotoper som bidrar mest till uppvärmningen är ⁴⁰K, ²³²Th och ²³⁸U (halveringstider 1.3 Ga, 14 Ga och 4.5 Ga [Ga=miljarder år]). Om man visste hur mycket av dessa isotoper som finns i jordens inre, skulle man lätt kunna räkna ut effektutvecklingen. Men man kan inte komma åt att analysera vilka halter dessa spårämnen har. Seismologiska data ger bra information om huvudsammansättningen, men spårämnena måste man uppskatta från halterna i meteoriter och solatmosfären.

I länk 1 föreslår man att man skall mäta ovanstående sönderfall genom att detektera neutriner. Dessa tar sig lätt genom jordens inre och kan detekteras på ytan. Genom att mäta neutrinernas antal, energi och vilken riktning de kommer ifrån, kan man räkna ut hur mycket av ovanstående isotoper som finns i jordens inre, och därmed få en direkt mätning av effektutvecklingen. Mätningen är emellertid ganska svår och kräver stora och dyra detektorer.
/Peter E 2005-04-08

Svar:
Hej Lars! Din fråga ger mig tillfälle att kommentera några, speciellt kärnfysikaliska, aspekter på denna förfärliga händelse.

Vad som händer med ett ämne som man fått i sig i mat eller dryck är ganska komplicerat - och inte en fysikers specialitet. Man kan emellertid säga så mycket att en större eller mindre del kommer att tas upp i tarmen och transporteras till olika organ. Hur mycket som tas upp och vart det transporteras beror på kemiska egenskaper hos ämnet, dvs vilket grundämne eller kemisk förening det är frågan om.

Sedan utsöndras ämnet på olika sätt, dels naturligtvis med avföring men också genom svettning, saliv, utandning mm. Det är säkert på något av de senare sätten som det Po-210 man detekterat har kommit ut. Eftersom halveringstiden är 138 dygn (länk 1), så blir aktiviteten kvar ett bra tag.

De aktiviteter man hittat på olika platser där Litvinenko varit är mycket små - man kan detektera mycket små mängder av en alfa-strålande nuklid om man bara kan komma åt att mäta med t.ex. en halvledardetektor utan att ha något absorberande material mellan preparatet och detektorn.

Låt oss se hur mycket polonium-210 vi skulle behöva om vi har preparatet mycket nära detektorn. Vi kan i så fall lätt mäta en aktivitet på 1 Bq (sönderfall/sekund). Aktiviteten från N stycken radioaktiva kärnor med sönderfallskonskanten l ges av

aktivitet = Nl

Sönderfallskonstanten ges av

l = ln(2)/T_1/2 =
ln(2)/138 d^-1 = ln(2)/(138246060) s^-1 = 5.8 10^-8 s^-1

Antal kärnor blir då

N = aktivitet/l = 1/5.8 10^-8 = 17 10⁶

En mol av ett ämne innehåller 6.022 10²³ atomer (Avogadros tal). Vi har alltså

17 10⁶/6.022 10²³ = 2.8 10^-17

mol av ämnet. Med atomvikten 210 blir detta

2.8 10^-17210 = 6 10^-15 g.

Detta är nästan ofattbart lite. Tänk dig ett saltkorn av storleken 0.1 mm. Volymen är 10^-3 mm³ = 10^-6 cm³. Med densiteten 2 g/cm³ väger saltkornet 2 10^-6 g, vilket är 9 tiopotenser mer än den behövliga mängden polonium-210. Det är alltså inte så konstigt att man kan detektera aktiviteten varhelst Litvinenko varit!

Några egenskaper hos polonium-210 som gör det till ett så effektivt vapen om man vill använda det för lönnmord:

• Halveringstiden är "lagom lång": tillräckligt lång för man skall hinna administrera aktiviteten och tillräckligt kort för att den skall ha tillräcklig aktivitet för att osaka skada.
  
• Det är en alfa-strålare. Alfa-partiklarna har kort räckvidd och avlämnar därmed hela sin energi i det organ poloniumet befinner sig i. De gör därför stor skada.
  
• Eftersom alfa-partiklarna inte kan ta sig ut ur kroppen (de stoppas av ett pappersark), kan man inte mäta mycket av aktiviteten utifrån.
  
• Gamma-aktiviteten utanför kroppen är också ganska låg eftersom det enda gammat som utsänds (803 keV) har intensiteten 10^-5 per sönderfall.
  
• Om man har tillgång till en reaktor är det lätt att producera ²¹⁰Bi genom neutroninfångning i ²⁰⁹Bi. ²¹⁰Bi sönderfaller sedan med en halveringstid på 5 dygn till ²¹⁰Po.
  

Som kuriosa kan vi tillägga att polonium-210 är den sista radioaktiva nukliden i den naturliga sönderfallskedjan som börjar med uran-238 och innehåller det välkända radon-222, se fråga [13744].

Se Alexander_Litvinenko_poisoning
för mycket bakgrundsinformation om mordet på Alexander Litvinenko.
/Peter E 2007-01-08

Svar:
Hejsan Nocole! Proton-sönderfall förekommer inte naturligt precis som du säger, medan alfa-sönderfall förekommer. Man har observerat andra exotiska sönderfall också, t.ex. ¹⁴C-sönderfall.

Anledningen har inte direkt med laddningsbevarandet att göra, även om sönderfallet måste bevara laddningen. Det har att göra med bindningsenergin. Bindningsenergin per nukleon för en alfa-partikel är 7 MeV (se fråga [14847]) och för en typisk tung kärna 7.5 MeV. Det kostar alltså 40.5=2 MeV att ta loss en alfa-partikel. Det är en energi som lätt kan kompenseras av variationen i bindningsenergi hos olika kärnor eftersom bindningsenergin per nukleon ökar med minskande A (masstal) för tunga kärnor.

Protonen däremot har ingen bindningsenergi, så det skulle kosta c:a 7 MeV att ta loss en proton. Detta kan inte kompenseras av den lilla vinsten i bindningsenergi man får med minskande A.

För mycket protonrika kärnor har man faktiskt i laboratoriet observerat s.k. b-fördröjt proton-sönderfall. Det förekommer i sällsynta fall när b-sönderfallet går till så högt liggande tillstånd att den sista protonen är obunden.
/Peter E 2007-01-13

Svar:
Charlie! Nej, som ström betraktat är det alldeles för litet. Låt oss göra en uppskattning för ett betastrålande preparat:

1 curie är 3.7 10¹⁰ sönderfall per sekund. Det är som aktivitet betraktat ett mycket stort värde. De preparat man normalt använder i ett labb är på mCi dvs miljondels curie. Om vi kan koncentrera hela aktiviteten (elektronerna går ut slumpmässigt i alla riktningar) till en ström så är laddningen per sekund (vilket är strömmen):

3.7 10¹⁰ e (C)

där e är elementarladdningen 1.6 10^-19 C (se Elementary_charge). Strömmen blir alltså

3.7 10¹⁰ 1.6 10^-19 = 6 10^-9 A (C/s), dvs 6nA.

Detta är en väldigt liten ström.

Elektronerna innehåller emellertid en hel del energi som man kan använda för att producera elektricitet, se Radioisotope_thermoelectric_generator. Om man väljer en betastrålare som ⁹⁰Sr kan 90g (en mol) producera c:a 100W termisk energi. Effektiviteten att producera elektricitet (med termoelement) är emellertid låg - c:a 5%. Bättre är då att använda ²³⁸Pu som utvecklar mycket mer energi per sönderfall. Dessa radioisotopgeneratorer används framför allt i rymdsonder som skall gå långt ut i solsystemet där solpaneler inte fungerar bra.

Det finns även ett system med tritium där elektronernas energi direkt förvandlas till en elektrisk ström med hjälp av en halvledare, se Betavoltaics.
/Peter E 2009-04-21

Svar:
Hej Carro! Nej, det är korrekt, se länk 1 som är en lite mer pålitlig källa än Curium. Här är halveringstiderna och energin för alfa-partiklarna (de med högst intensitet):

²⁴²Cm: T_1/2 = 162.8 dagar, E_a = 6113 keV

²⁴⁵Cm: T_1/2 = 8500 år, E_a = 5362 keV


Vi ser att E_a är ganska olika. Detta beror dels på Q-värdet i reaktionen (som i sin tur bestäms av atommassorna) och dels på att det starkaste sönderfallet i ²⁴⁵Cm inte går till grundtillståndet. (Sedan beror halveringstiden även på vågfunktionerna för begynnelse- och sluttillstånden.)

Det finns ett sedan länge etablerat experimentellt samband, Geiger-Nuttalls regel, mellan halveringstiden för a-sönderfall och a-partikelns energi: Hög a-energi ger en hög sönderfallskonstant och alltså en kort halveringstid. Sambandet är logaritmiskt (se Geiger-Nuttall_law, länk 2 och nedanstående figur), så en liten differens i E_a ger en stor ändring i halveringstiden.

Geiger-Nuttalls regel förklaras mycket bra med bilden att a-sönderfall är en a-partikel som "tunnlar" sig igenom en potentialbarriär, se fråga [14370]. Man kan se att

en högre a-energi

ger en mindre barriär att tunnla igenom

vilket gör tunnlingen mer sannolik

och alltså halveringstiden kortare.

/Peter E 2009-06-02