Natuurkunde bovenbouw · Grades 10–12

32Radioactief verval

In de kelder van een museum klikt een geigerteller boven een splinter hout uit de kist van een farao. Elke klik is wetteloos: niets kondigde hem aan, niets voorspelt de volgende. En toch drukt het laboratorium vrijdag een datum af die tot op een eeuw klopt. Dit hoofdstuk lost de tegenspraak op — hoe gebeurtenissen die stuk voor stuk volstrekt willekeurig zijn, bij biljoenen tegelijk optellen tot de gelijkmatigste klokken die we bezitten.

32.1 Wetteloos per stuk, uurwerk per mol

Vorig jaar (Hoofdstuk 19) maakten we kennis met de onstabiele kernen, maakten we hun $\alpha$ - en $\beta$ -vergelijkingen kloppend en zagen we per halveringstijd $T_{1/2}$ de helft van elk groot monster verdwijnen. Wat we niet konden zeggen was wanneer tussen de treden — en evenmin waarom een willekeurig proces überhaupt een dienstregeling aanhoudt. Beide vragen hebben één antwoord.

Definitie 32.1 (Vervalconstante)

Bij elke onstabiele nuclide hoort een constante $\lambda$ , haar vervalconstante (eenheid $\mathrm{s}^{-1}$ ), zodanig dat elke kern gedurende elk kort interval $\dd t$ een kans $p = \lambda\,\dd t$ heeft om te vervallen — dezelfde voor elke kern van de soort, hoe oud die ook is, en onberoerd door temperatuur, druk of chemie.

Opmerking 32.2 (Wetteloos per stuk, exact in de massa)

Een kern die tienduizend jaar heeft gewacht, vervalt deze seconde met precies dezelfde kans als een die vanochtend is gemaakt: geen slijtage, geen waarschuwing — welke er als volgende gaat, is echt onvoorspelbaar. Met massa’s ligt het anders. Werp $100$ munten op: verwacht $50$ keer kop, maar schrik niet van $43$ — fluctuaties van de orde $\sqrt n$ , hier $10\%$ . Werp er $10^{20}$ : de relatieve fluctuatie $1/\sqrt n$ is $10^{-10}$ , en de uitkomst staat tot op tien decimalen vast. Eén gram materie bevat zo’n $10^{22}$ kernen: wetteloosheid middelt uit tot uurwerk, tot een exacte wet voor $N(t)$ , het aantal kernen dat op tijdstip $t$ nog intact is.

Twee echte monsters van 20 kernen strompelen onvoorspelbaar rond de verwachte kromme omlaag; een mol kernen zou haar tot op tien decimalen volgen. — Twee echte monsters van $20$ kernen strompelen onvoorspelbaar rond de verwachte kromme omlaag; een mol kernen zou haar tot op tien decimalen volgen.

32.2 De vervalwet

Propositie 32.3 (De evolutievergelijking)

In een groot monster van $N$ kernen verandert het aantal gedurende $\dd t$ met

\dd N = -\lambda N\,\dd t, \qquad\text{oftewel}\qquad \frac{\dd N}{\dd t} = -\lambda N :

de bevolking krimpt met een tempo dat evenredig is met haarzelf.

Bewijs. Elk van de $N$ kernen vervalt gedurende $\dd t$ met kans $\lambda\,\dd t$ : verwacht aantal vervallen $N\lambda\,\dd t$ , en voor grote $N$ blijft het werkelijke aantal bij het verwachte (Opmerking 32.2); elk verval haalt één kern weg. ∎

Stelling 32.4 (Wet van het radioactieve verval)

Een monster dat op $t = 0$ nog $N_0$ kernen bevat, bevat er op tijdstip $t$

N(t) = N_0 \, e^{-\lambda t}.

Bewijs. Controleer door invullen: $\dd N/\dd t = N_0(-\lambda)\,e^{-\lambda t} = -\lambda N(t)$ , en $N(0) = N_0 e^0 = N_0$ : vergelijking en start allebei goed. (Dat geen andere functie past, wordt met integralen in het universitaire volume bewezen.) ∎

Definitie 32.5 (Exponentieel verval)

Een grootheid die $N_0\,e^{-\lambda t}$ volgt, ondergaat exponentieel verval: in gelijke tijden gaan gelijke fracties verloren. Het is precies de ontladende condensator van Hoofdstuk 30, met $\lambda$ in de rol van $1/(RC)$ : één differentiaalvergelijking, één keer geleerd, stuurt schakelingen en kernen allebei.

Propositie 32.6 (Halveringstijd)

De halveringstijd (Definitie 19.14) van een nuclide ligt vast door haar vervalconstante: $T_{1/2} = \ln 2/\lambda$ , en na $n$ halveringstijden is $N = N_0/2^{\,n}$ , of $n$ nu geheel is of niet.

Bewijs. $N(T_{1/2}) = N_0/2$ vraagt $e^{-\lambda T_{1/2}} = \tfrac12$ , oftewel $\lambda T_{1/2} = \ln 2$ ; en $N(n\,T_{1/2}) = N_0\,e^{-n\ln 2} = N_0/2^{\,n}$ voor elke $n$ : de exponentiële functie rijgt de trap aaneen en vult in wat tussen de treden ligt. ∎

N(t) = N_0\,e- t gaat door elke trede van de trap — en zegt nu ook wat er tussenin gebeurt. — $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ gaat door elke trede van de trap — en zegt nu ook wat er tussenin gebeurt.

Voorbeeld 32.7 (Twintig machten van tien)

Met $1$ jaar $= 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ :

nuclide	$T_{1/2}$	$\lambda$ ( $\mathrm{s}^{-1}$ )
polonium-214	$1.6 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}$	$4.2 \times 10^{3}$	schakel in de uraanketen
technetium-99m	$6.0$ uur	$3.2 \times 10^{-5}$	medische beeldvorming
jodium-131	$8.0$ dagen	$1.0 \times 10^{-6}$	schildkliergeneeskunde
cesium-137	$30$ jaar	$7.3 \times 10^{-10}$	neerslag van reactoren
koolstof-14	$5730$ jaar	$3.8 \times 10^{-12}$	archeologie
kalium-40	$1.25 \times 10^{9}$ jaar	$1.8 \times 10^{-17}$	gesteente dateren
uranium-238	$4.5 \times 10^{9}$ jaar	$4.9 \times 10^{-18}$	inwendige warmte van de Aarde

Eén wet, twintig machten van tien in $\lambda$ .

32.3 Activiteit: de klikken tellen

Propositie 32.8 (Activiteit)

De activiteit van een monster — het aantal vervallen per seconde, in becquerel (Definitie 19.18) — is

\mathcal A = \lambda N, \qquad\text{dus}\qquad \mathcal A(t) = \mathcal A_0 \, e^{-\lambda t}:

evenredig met de overlevende bevolking, en even exponentieel.

Bewijs. $N$ kernen, elk met kans $\lambda$ per seconde: $\lambda N$ vervallen per seconde; Stelling 32.4 met $\lambda$ vermenigvuldigen geeft $\mathcal A(t) = \mathcal A_0 e^{-\lambda t}$ . ∎

Voorbeeld 32.9 (Reusachtige $N$ , minuscule $\lambda$ )

Een banaan tikt op ongeveer $15\,\mathrm{Bq}$ , een menselijk lichaam op ongeveer $8000\,\mathrm{Bq}$ , een kubieke meter graniet op zo’n $10^{6}\,\mathrm{Bq}$ (Hoofdstuk 19). Achter die bescheiden klikken zitten astronomische bevolkingen: het kalium-40 van het lichaam draagt $\mathcal A \approx 4.4 \times 10^{3}\,\mathrm{Bq}$ bij met $\lambda = 1.8 \times 10^{-17}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $N = \mathcal A/\lambda \approx 2.5 \times 10^{20}$ kernen, waarvan er per seconde amper een paar duizend afgaan.

Methode 32.10 (Een halveringstijd meten)

Tel met een geigerteller de vervallen over opeenvolgende gelijke intervallen: zo bemonster je $\mathcal A$ op opeenvolgende tijdstippen.
Zet $\ln \mathcal A$ uit tegen $t$ : omdat $\ln \mathcal A = \ln \mathcal A_0 - \lambda t$ , verschijnt exponentieel verval als een rechte lijn — kromme meetpunten betekenen een andere wet, of een mengsel van nucliden.
Lees $\lambda$ af als min de helling; $T_{1/2} = \ln 2/\lambda$ .

Geigertellingen van een kortlevende nuclide: op halflogaritmische assen wordt de exponentiële functie een rechte lijn; hier geeft de helling 9.6 × 10-3\, s-1, dus T_1/2 72\, s. — Geigertellingen van een kortlevende nuclide: op halflogaritmische assen wordt de exponentiële functie een rechte lijn; hier geeft de helling $\lambda \approx 9.6 \times 10^{-3}\,\mathrm{s}^{-1}$ , dus $T_{1/2} \approx 72\,\mathrm{s}$ .

Opmerking 32.11 (Becquerel is geen schade)

De becquerel telt vervallen, geen schade. Schade wordt bijgehouden met de dosis in sievert (Hoofdstuk 19), die de per kilogram weefsel afgezette energie weegt met de vernietigingskracht van elke straling: een technetiumscan van $5 \times 10^{8}\,\mathrm{Bq}$ is routine, veel minder becquerel van een ingeademde $\alpha$ -straler is dat niet; $\mathrm{Bq}$ in $\mathrm{Sv}$ omrekenen is universitaire stof.

32.4 Dateren: de tijd van een verhouding aflezen

De vervalwet achterstevoren gelezen is een klok: meet de overlevende fractie, en de exponentiële functie noemt de verstreken tijd.

Methode 32.12 (Koolstofdatering)

Levend: levend weefsel wisselt koolstof met de atmosfeer uit en draagt haar aandeel koolstof-14 — één atoom op $10^{12}$ , goed voor $\mathcal A_0 = 13.6$ vervallen per minuut per gram koolstof.
De dood start de klok: de opname stopt, en het aandeel vervalt met $T_{1/2} = 5730$ jaar.
Meet de activiteit $\mathcal A$ van het monster per gram koolstof; $\mathcal A = \mathcal A_0 e^{-\lambda t}$ keert om tot $t = \frac{1}{\lambda}\ln(\mathcal A_0/\mathcal A) = T_{1/2}\,\ln(\mathcal A_0/\mathcal A)/\ln 2$ .

Voorbeeld 32.13 (Een haardvuur in een grot)

Houtskool uit een begraven haard geeft $5.0$ vervallen per minuut per gram: $\mathcal A_0/\mathcal A = 13.6/5.0 = 2.72$ , dus $t = 5730 \times \ln(2.72)/\ln 2 \approx 8.3 \times 10^{3}$ jaar. Het vuur doofde achtduizend jaar geleden — het hout zelf is het archief.

De dateringskromme: stap binnen bij de gemeten verhouding en lees omlaag de ouderdom af. De stip is de haard van : verhouding 0.37, ouderdom 8.3 × 103 jaar. — De dateringskromme: stap binnen bij de gemeten verhouding en lees omlaag de ouderdom af. De stip is de haard van Voorbeeld 32.13: verhouding $0.37$ , ouderdom $8.3 \times 10^{3}$ jaar.

Voorbeeld 32.14 (Klokken voor gesteente)

Koolstof-14 zwijgt voorbij zo’n $50\,000$ jaar; de geologie houdt tragere klokken bij. Kalium–argon: kalium-40 ( $T_{1/2} = 1.25 \times 10^{9}$ jaar) vervalt tot argon, een gas dat uit gesmolten lava ontsnapt maar gevangen raakt zodra het gesteente kristalliseert — het stollen zet de klok op nul. Uranium–lood: uranium-238 leidt een keten van vervallen die bij het stabiele lood-206 eindigt (Hoofdstuk 19), en de verhouding lood tot uranium in een kristal dateert het. Beide klokken zijn het eens over de oudste mineralen ( $\approx 4.4 \times 10^{9}$ jaar) en, via meteorieten, over de ouderdom van het zonnestelsel.

Opmerking 32.15 (Ketens, en het gas in de kelder)

Tussen uranium en lood loopt de keten via radium en dan radon-222, een radioactief gas ( $T_{1/2} = 3.8$ dagen). Geboren in graniet en bodem sijpelt het in kelders en hoopt het zich op; zijn $\alpha$ -stralende dochters vervallen in de longen — voor de meeste mensen de grootste natuurlijke dosis, en de goedkoopste om te verlagen: zet het kelderraam open.

32.5 Oefeningen

Oefening 32.1 ★

Jodium-131 heeft $\lambda = 1.0 \times 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-1}$ . Bereken zijn halveringstijd, in seconden en daarna in dagen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.1.

$T_{1/2} = \ln 2/\lambda = 0.693/1.0 \times 10^{-6} = 6.9 \times 10^{5}\,\mathrm{s} \approx 8.0$ dagen — de klok van jodium-131.

Oefening 32.2 ★

Radon-222 heeft $T_{1/2} = 3.8$ dagen. Bereken $\lambda$ in $\mathrm{s}^{-1}$ , en daarna de activiteit van een monster van $1.0 \times 10^{10}$ kernen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.2.

$T_{1/2} = 3.8 \times 86\,400 = 3.28 \times 10^{5}\,\mathrm{s}$ ; $\lambda = 0.693/3.28 \times 10^{5} = 2.1 \times 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $\mathcal A = \lambda N = 2.1 \times 10^{-6} \times 1.0 \times 10^{10} \approx 2.1 \times 10^{4}\,\mathrm{Bq}$ .

Oefening 32.3 ★

Ga door invullen na dat $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ aan $\dd N/\dd t = -\lambda N$ en $N(0) = N_0$ voldoet; bereken daarna $N(T_{1/2})/N_0$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.3.

$\dd N/\dd t = N_0(-\lambda)e^{-\lambda t} = -\lambda N$ — de vergelijking klopt; $N(0) = N_0 e^0 = N_0$ ; en $N(T_{1/2})/N_0 = e^{-\lambda \ln 2/\lambda} = e^{-\ln 2} = \tfrac12$ .

Oefening 32.4 ★

Een cesium-137-bron ( $T_{1/2} = 30$ jaar) heeft vandaag een activiteit van $4.0 \times 10^{5}\,\mathrm{Bq}$ . Bereken haar activiteit over $90$ jaar, en daarna over $300$ jaar.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.4.

$90$ jaar $= 3\,T_{1/2}$ : $\mathcal A = 4.0 \times 10^{5}/2^3 = 5.0 \times 10^{4}\,\mathrm{Bq}$ . $300$ jaar $= 10\,T_{1/2}$ : $\mathcal A = 4.0 \times 10^{5}/1024 \approx 3.9 \times 10^{2}\,\mathrm{Bq}$ .

Oefening 32.5 ★

Een halflogaritmische grafiek van $\ln \mathcal A$ tegen $t$ voor een technetiummonster is een rechte door $(0, 20.00)$ en $(10\,\mathrm{uur}, 18.85)$ . Bepaal $\lambda$ (in $\mathrm{h}^{-1}$ en $\mathrm{s}^{-1}$ ) en $T_{1/2}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.5.

Helling $= (18.85 - 20.00)/10 = -0.115$ , dus $\lambda = 0.115\,\mathrm{h}^{-1} = 0.115/3600 = 3.2 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $T_{1/2} = 0.693/0.115 = 6.0$ uur — technetium-99m.

Oefening 32.6 ★★

Eén gram radium-226 ( $T_{1/2} = 1600$ jaar; molaire massa $226\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ; $N_A = 6.02 \times 10^{23}\,\mathrm{mol}^{-1}$ ): bereken het aantal kernen, daarna $\lambda$ , en daarna de activiteit — de eerste activiteitseenheid uit de geschiedenis, de curie.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.6.

$N = (1.0/226) \times 6.02 \times 10^{23} = 2.7 \times 10^{21}$ ; $T_{1/2} = 1600 \times 3.156 \times 10^{7} = 5.05 \times 10^{10}\,\mathrm{s}$ , dus $\lambda = 1.37 \times 10^{-11}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $\mathcal A = \lambda N \approx 3.7 \times 10^{10}\,\mathrm{Bq}$ — één curie, de activiteit van de gram radium van Marie Curie.

Oefening 32.7 ★★

Twee leerlingen sluiten monsters van $20$ en $2.0 \times 10^{20}$ kernen van dezelfde nuclide in. Wat verwacht elk van hen na één halveringstijd? Wiens voorspelling is betrouwbaar? (Schat voor elk de relatieve fluctuatie $1/\sqrt n$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.7.

Beiden verwachten dat de helft overblijft: $10$ , en $1.0 \times 10^{20}$ . De fluctuaties zijn $\sim 1/\sqrt{n}$ van de telling: bij $10$ vervallen zo’n $30\%$ — $7$ of $13$ zou niet verbazen; bij $1.0 \times 10^{20}$ ongeveer $10^{-10}$ . Alleen het grote monster volgt de wet tot op meetbare nauwkeurigheid.

Oefening 32.8 ★★

Een lichaam bevat ongeveer $140\,\mathrm{g}$ kalium, waarvan $0.012\%$ kalium-40 is ( $T_{1/2} = 1.25 \times 10^{9}$ jaar, molaire massa $40\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ). Bereken het aantal kalium-40-kernen en daarna hun activiteit; vergelijk met de $8000\,\mathrm{Bq}$ van het hele lichaam.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.8.

$m = 140 \times 1.2 \times 10^{-4} = 1.7 \times 10^{-2}\,\mathrm{g}$ ; $N = (0.0168/40) \times 6.02 \times 10^{23} = 2.5 \times 10^{20}$ . $\lambda = 0.693/(1.25 \times 10^{9} \times 3.156 \times 10^{7}) = 1.76 \times 10^{-17}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $\mathcal A = \lambda N \approx 4.4 \times 10^{3}\,\mathrm{Bq}$ — ongeveer de helft van het totaal van het lichaam (de rest is grotendeels koolstof-14).

Oefening 32.9 ★★

Een patiënt krijgt $500\,\mathrm{MBq}$ technetium-99m toegediend ( $T_{1/2} = 6.0$ uur). Bereken de activiteit $15$ uur later, en daarna de tijd waarna ze onder $1\,\mathrm{MBq}$ zakt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.9.

$\lambda = 0.693/6.0 = 0.116\,\mathrm{h}^{-1}$ . Na $15$ uur: $\mathcal A = 500\,e^{-0.116 \times 15} = 500 \times 0.177 \approx 88\,\mathrm{MBq}$ . Onder $1\,\mathrm{MBq}$ : $t = \ln(500)/0.116 \approx 54\,\mathrm{uur}$ — zo’n $9$ halveringstijden.

Oefening 32.10 ★★

Houtskool uit de ene kuil geeft $3.4$ vervallen per minuut per gram koolstof; bot uit een andere geeft $30\%$ van het levende tempo ( $\mathcal A_0 = 13.6$ per minuut per gram, $T_{1/2} = 5730$ jaar). Dateer beide monsters.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.10.

Houtskool: $3.4/13.6 = \tfrac14$ , precies $2$ halveringstijden: $t = 1.15 \times 10^{4}$ jaar. Bot: $t = 5730 \times \ln(1/0.30)/\ln 2 = 5730 \times 1.74 \approx 1.0 \times 10^{4}$ jaar.

Oefening 32.11 ★★

Een kelder wordt afgesloten met een lading radon-222 erin ( $T_{1/2} = 3.8$ dagen). Na hoeveel tijd is de activiteit van die lading tot $1\%$ gezakt? Echte kelders blijven decennialang radioactief: waar komt het verse radon vandaan, en waarom moet de ventilatie permanent zijn en niet eenmalig?

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.11.

$\lambda = 0.693/3.8 = 0.182\,\mathrm{d}^{-1}$ ; $t = \ln(100)/\lambda = 4.61/0.182 \approx 25$ dagen (zo’n $6.6$ halveringstijden). Maar de uraanketen in het omringende graniet en de bodem kweekt onophoudelijk nieuw radon: eenmaal luchten is binnen enkele weken weer teniet, dus moet de ventilatie permanent zijn.

Oefening 32.12 ★★★

Toon uit $N = N_0 e^{-\lambda t}$ aan dat $t = T_{1/2}\ln(N_0/N)/\ln 2$ . Een bot houdt nog $5.0\%$ van zijn levende koolstof-14 over: dateer het.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.12.

Uit $N/N_0 = e^{-\lambda t}$ volgt $\lambda t = \ln(N_0/N)$ , en met $\lambda = \ln 2/T_{1/2}$ wordt dat $t = T_{1/2}\ln(N_0/N)/\ln 2$ . Hier: $t = 5730 \times \ln(20)/\ln 2 = 5730 \times 4.32 \approx 2.5 \times 10^{4}$ jaar.

Oefening 32.13 ★★★

In een kristal dat bij het stollen geen argon opsloot, laat elke vervallen kalium-40-kern één argonatoom achter. Toon aan dat $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ ; een gesteente vertoont een verhouding $3.0$ : bepaal zijn ouderdom ( $T_{1/2} = 1.25 \times 10^{9}$ jaar).

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.13.

$N_{\mathrm K} = N_0 e^{-\lambda t}$ en $N_{\mathrm{Ar}} = N_0 - N_{\mathrm K}$ , dus $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ . Bij een verhouding $3.0$ : $e^{\lambda t} = 4$ , dus $\lambda t = 2\ln 2$ en $t = 2\,T_{1/2} = 2.5 \times 10^{9}$ jaar.

Oefening 32.14 ★★★

Een geigerteller geeft op $t = 0$ , $60$ , $120$ , $180$ , $240$ seconden de tempo’s $400$ , $225$ , $127$ , $71$ , $40$ tellingen per seconde. Bereken $\ln \mathcal A$ op elk tijdstip, ga na dat de punten op één lijn liggen, en leid $\lambda$ en $T_{1/2}$ af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.14.

$\ln \mathcal A = 5.99$ , $5.42$ , $4.84$ , $4.26$ , $3.69$ : dalingen van $0.57$ tot $0.58$ per $60\,\mathrm{s}$ — netjes op één lijn. Helling: $\lambda = 2.30/240 = 9.6 \times 10^{-3}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $T_{1/2} = 0.693/9.6 \times 10^{-3} \approx 72\,\mathrm{s}$ .

Oefening 32.15 ★★★

Voor één enkele kern is de kans om $n$ halveringstijden te overleven $1/2^{\,n}$ . Bereken de kans dat (a) één gegeven kern $10$ halveringstijden overleeft; (b) alle $8$ bewaakte kernen één halveringstijd overleven. (c) Van $1000$ kernen: hoeveel worden er na $3$ halveringstijden verwacht — en kan de wet zeggen welke? Trek een conclusie over wat de wet voorspelt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.15.

(a) $2^{-10} \approx 1 \times 10^{-3}$ . (b) $(1/2)^8 = 1/256 \approx 0.4\%$ . (c) $1000/8 = 125$ verwacht — maar de wet zwijgt over welke: ze voorspelt bevolkingen exact en individuen helemaal niet.

32.6 Probleem: De ouderdom der dingen

Probleem 32.1

Weekendopgave — de ouderdom der dingen: een museumlaboratorium ijkt de koolstofklok, dateert een beeld en een papyrus, leert waarom geen enkele klok voorbij haar wijzerplaat leest, en duwt een vulkanisch gesteente een miljard jaar terug

Een week in het dateringslaboratorium van een museum. Gegevens: levend weefsel vertoont $\mathcal A_0 = 13.6$ vervallen van koolstof-14 per minuut per gram koolstof; $T_{1/2} = 5730$ jaar (koolstof-14) en $1.25 \times 10^{9}$ jaar (kalium-40); $1$ jaar $= 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ ; $N_A = 6.02 \times 10^{23}\,\mathrm{mol}^{-1}$ ; molaire massa van koolstof $12\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ; de tellers onderscheiden ongeveer $0.2$ vervallen per minuut per gram.

Deel I — Maandag: de klok ijken.

Waarom is het aandeel koolstof-14 in levend weefsel constant, en wat verandert er bij de dood?
Bereken $\lambda$ voor koolstof-14 in $\mathrm{s}^{-1}$ .
Ga door invullen na dat $N_0 e^{-\lambda t}$ de vergelijking $\dd N/\dd t = -\lambda N$ oplost.
Bereken uit $\mathcal A_0$ het aantal koolstof-14-atomen per gram koolstof in levend weefsel.
Hoeveel koolstofatomen bevat één gram? Leid het aandeel koolstof-14 af — vergelijk met “één op $10^{12}$ ”.
Toon aan dat een gemeten activiteit $\mathcal A$ een monster dateert op $t = T_{1/2}\,\ln(\mathcal A_0/\mathcal A)/\ln 2$ .

Deel II — Dinsdag: het beeld en de papyrus.

Een houten beeld geeft $9.1$ vervallen per minuut per gram. Dateer het hout.
Welke gebeurtenis markeert die datum precies — het snijwerk of iets anders? Welke voorzichtigheid volgt daaruit?
Een Egyptische papyrus geeft $10.4$ vervallen per minuut per gram. Dateer haar. Is een schrijver van tweeëntwintig eeuwen geleden aannemelijk?
De activiteit wordt gemeten op $\pm 0.2$ vervallen per minuut. Schat de onzekerheid op de ouderdom van de papyrus met $\Delta t \approx \Delta\mathcal A/(\lambda \mathcal A)$ .
Het “oude” perkament van een handelaar geeft $13.4$ vervallen per minuut per gram. Wat is je oordeel?

Deel III — Donderdag: de grenzen van de klok.

Na hoeveel halveringstijden zakt de activiteit van een monster onder de $0.2$ vervallen per minuut per gram van de tellers? Welke ouderdom is dat?
De beste laboratoria halen ongeveer tien halveringstijden. Wat is de praktische horizon van koolstofdatering, in jaren?
Een dinosaurusbot is ongeveer $6.6 \times 10^{7}$ jaar oud: hoeveel halveringstijden van koolstof-14 zijn dat? Na hoeveel halveringstijden is er, volgens vraag 4, zelfs geen één atoom koolstof-14 van de gram meer over? Trek een conclusie over “dinosauriërs met koolstof dateren”.
Welk soort nuclide zou het gesteente van de dinosaurus dan wel kunnen dateren?

Deel IV — Vrijdag: het vulkanische gesteente.

Argon is een gas, kalium een trouwe bewoner van een vaste stof: leg uit waarom het stollen van lava de kalium–argonklok op nul zet.
Toon, aangenomen dat elke vervallen kalium-40-kern één gevangen argonatoom achterlaat, aan dat $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ .
Het gesteente onder het fossiel van het museum vertoont $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = 0.60$ . Dateer het gesteente.
Had koolstof-14 dit gesteente kunnen dateren, of kalium–argon het beeld? Geef voor elke klok het bruikbare venster in halveringstijden.
Vrijdagrapport, in één zin: de drie ouderdommen van deze week, en de ene wet die ze allemaal heeft gelezen.

Oplossing

Oplossing van Probleem 32.1.

1. De uitwisseling met de atmosfeer (eten, ademen) houdt het aandeel op de waarde van de atmosfeer aangevuld; de dood stopt de opname en het verval neemt het over.

2. $T_{1/2} = 5730 \times 3.156 \times 10^{7} = 1.81 \times 10^{11}\,\mathrm{s}$ , dus $\lambda = 0.693/1.81 \times 10^{11} = 3.8 \times 10^{-12}\,\mathrm{s}^{-1}$ .

3. $\dd N/\dd t = -\lambda N_0 e^{-\lambda t} = -\lambda N$ , en $N(0) = N_0$ .

4. $\mathcal A_0 = 13.6/60 = 0.227\,\mathrm{Bq}$ per gram; $N = \mathcal A_0/\lambda = 0.227/3.8 \times 10^{-12} \approx 5.9 \times 10^{10}$ atomen per gram.

5. $(1/12) \times 6.02 \times 10^{23} = 5.0 \times 10^{22}$ koolstofatomen; het aandeel is $5.9 \times 10^{10}/5.0 \times 10^{22} \approx 1.2 \times 10^{-12}$ — één op $10^{12}$ , zoals beloofd.

6. Uit $\mathcal A = \mathcal A_0 e^{-\lambda t}$ volgt $\lambda t = \ln(\mathcal A_0/\mathcal A)$ , en met $\lambda = \ln 2/T_{1/2}$ wordt dat $t = T_{1/2}\ln(\mathcal A_0/\mathcal A)/\ln 2$ .

7. $t = 5730 \times \ln(13.6/9.1)/\ln 2 = 5730 \times 0.580 \approx 3.3 \times 10^{3}$ jaar.

8. De dood van het hout — het vellen van de boom, niet het snijwerk; een beeld uit oud timmerhout (of een vervalsing uit antiek hout) ligt vóór of na de datum van zijn materiaal.

9. $t = 5730 \times \ln(13.6/10.4)/\ln 2 = 5730 \times 0.387 \approx 2.2 \times 10^{3}$ jaar — volledig in overeenstemming met een schrijver van tweeëntwintig eeuwen geleden.

10. $\Delta t \approx \Delta\mathcal A/(\lambda\mathcal A)$ met $\lambda = \ln 2/5730 = 1.21 \times 10^{-4}$ per jaar: $\Delta t = (0.2/10.4)/1.21 \times 10^{-4} \approx 1.6 \times 10^{2}$ jaar — een datum die tot op een eeuw of twee klopt.

11. $t = 5730 \times \ln(13.6/13.4)/\ln 2 \approx 120$ jaar — binnen de onzekerheid van $\pm 160$ jaar niet van modern te onderscheiden: het perkament is recent, de “antiquiteit” een vervalsing.

12. $13.6/2^n < 0.2$ vraagt $2^n > 68$ : $n = 7$ halveringstijden (want $2^7 = 128$ ), ongeveer $4.0 \times 10^{4}$ jaar.

13. Tien halveringstijden: ongeveer $5.7 \times 10^{4}$ jaar — de praktische horizon, zo’n zestigduizend jaar.

14. $6.6 \times 10^{7}/5730 \approx 11\,500$ halveringstijden. De $5.9 \times 10^{10}$ atomen van één gram zijn uitgeput zodra $2^n > 5.9 \times 10^{10}$ , oftewel $n \approx 36$ halveringstijden ( $\approx 2 \times 10^{5}$ jaar): lang vóór de ouderdom van de dinosauriërs is er geen enkel atoom koolstof-14 meer over — er valt niets te tellen.

15. Een veel tragere klok: kalium-40 of uranium-238, met halveringstijden van miljarden jaren.

16. Gesmolten lava laat het argon wegborrelen, dus houdt het vers gestolde kristal kalium maar nul argon vast: de verhouding start bij het stollen op $0$ — de klok staat op nul.

17. Als in de oefening: $N_{\mathrm K} = N_0 e^{-\lambda t}$ en $N_{\mathrm{Ar}} = N_0 - N_{\mathrm K}$ , dus $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ .

18. $e^{\lambda t} = 1.60$ : $t = 1.25 \times 10^{9} \times \ln(1.60)/\ln 2 = 1.25 \times 10^{9} \times 0.678 \approx 8.5 \times 10^{8}$ jaar.

19. Nee, twee keer niet: op $8.5 \times 10^{8}$ jaar heeft koolstof-14 $10^5$ halveringstijden gelopen — stilte; op $3.3 \times 10^{3}$ jaar heeft kalium-40 $2.6 \times 10^{-6}$ halveringstijd gelopen — de argonverhouding $\approx \lambda t \sim 2 \times 10^{-6}$ is onmeetbaar klein. Elke klok leest alleen van ongeveer een tiende halveringstijd tot ongeveer tien.

20. Beeld $\approx 3.3 \times 10^{3}$ jaar, papyrus $\approx 2.2 \times 10^{3}$ jaar, gesteente $\approx 8.5 \times 10^{8}$ jaar — drie klokken, één wet: $N = N_0\,e^{-\lambda t}$ , achterstevoren gelezen.