Física do ensino médio · Grades 10–12

32Decaimento radioativo

No porão de um museu, um contador Geiger estala sobre uma lasca de madeira do caixão de um faraó. Cada estalo é sem lei: nada o anunciou, nada prevê o próximo. E, ainda assim, na sexta-feira o laboratório vai imprimir uma data com precisão de um século. Este capítulo resolve o paradoxo — como eventos perfeitamente aleatórios um a um somam, aos trilhões, os relógios mais estáveis que possuímos.

32.1 Sem lei um a um, relojoaria por mol

No ano passado (Capítulo 19) encontramos os núcleos instáveis, equilibramos as equações $\alpha$ e $\beta$ deles e vimos metade de qualquer amostra grande sumir a cada meia-vida $T_{1/2}$ . O que não podíamos dizer era quando, entre os degraus — nem por que um processo aleatório cumpre horário. As duas perguntas têm uma só resposta.

Definição 32.1 (Constante de decaimento)

Para cada nuclídeo instável existe uma constante $\lambda$ , a constante de decaimento dele (unidade $\mathrm{s}^{-1}$ ), tal que, durante qualquer intervalo curto $\dd t$ , cada núcleo tem probabilidade $p = \lambda\,\dd t$ de decair — a mesma para todo núcleo da espécie, seja qual for a idade dele, e intocada pela temperatura, pela pressão ou pela química.

Observação 32.2 (Sem lei um a um, exato em multidão)

Um núcleo que já esperou dez mil anos tem exatamente a mesma chance de decair neste segundo que um feito hoje de manhã: sem desgaste, sem aviso — qual vai a seguir é genuinamente imprevisível. Multidões são outra história. Jogue $100$ moedas: espere $50$ caras, mas não se espante com $43$ — flutuações da ordem de $\sqrt n$ , aqui $10\%$ . Jogue $10^{20}$ : a flutuação relativa $1/\sqrt n$ é $10^{-10}$ , e o resultado é certo até a décima casa. Um grama de matéria guarda uns $10^{22}$ núcleos: a falta de lei se promedia em relojoaria, uma lei exata para $N(t)$ , o número de núcleos ainda intactos no instante $t$ .

Duas amostras reais de 20 núcleos cambaleiam de forma imprevisível em torno da curva esperada; um mol de núcleos a abraçaria até a décima casa decimal. — Duas amostras reais de $20$ núcleos cambaleiam de forma imprevisível em torno da curva esperada; um mol de núcleos a abraçaria até a décima casa decimal.

32.2 A lei do decaimento

Proposição 32.3 (A equação de evolução)

Numa amostra grande de $N$ núcleos, durante $\dd t$ o número muda de

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

a população encolhe a uma taxa proporcional a ela mesma.

Demonstração. Cada um dos $N$ núcleos decai durante $\dd t$ com probabilidade $\lambda\,\dd t$ : decaimentos esperados $N\lambda\,\dd t$ , e para $N$ grande a contagem real gruda na esperada (Observação 32.2); cada decaimento remove um núcleo. ∎

Teorema 32.4 (Lei do decaimento radioativo)

Uma amostra que guarda $N_0$ núcleos em $t = 0$ guarda, no instante $t$ ,

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

Demonstração. Confira por substituição: $\dd N/\dd t = N_0(-\lambda)\,e^{-\lambda t} = -\lambda N(t)$ e $N(0) = N_0 e^0 = N_0$ : equação e partida, as duas certas. (Que nenhuma outra função serve é demonstrado, com integrais, no volume universitário.) ∎

Definição 32.5 (Decaimento exponencial)

Uma grandeza que segue $N_0\,e^{-\lambda t}$ sofre decaimento exponencial: em tempos iguais, perdem-se frações iguais. É exatamente o capacitor que se descarrega do Capítulo 30, com $\lambda$ fazendo o papel de $1/(RC)$ : uma equação diferencial, aprendida uma vez, roda circuitos e núcleos igualmente.

Proposição 32.6 (Meia-vida)

A meia-vida (Definição 19.14) de um nuclídeo é fixada pela constante de decaimento dele: $T_{1/2} = \ln 2/\lambda$ , e depois de $n$ meias-vidas $N = N_0/2^{\,n}$ , com $n$ inteiro ou não.

Demonstração. $N(T_{1/2}) = N_0/2$ exige $e^{-\lambda T_{1/2}} = \tfrac12$ , ou seja, $\lambda T_{1/2} = \ln 2$ ; e $N(n\,T_{1/2}) = N_0\,e^{-n\ln 2} = N_0/2^{\,n}$ para qualquer $n$ : a exponencial enfia a escada num fio e preenche o que há entre os degraus. ∎

N(t) = N_0\,e- t passa por todos os degraus da escada — e agora diz o que acontece entre eles. — $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ passa por todos os degraus da escada — e agora diz o que acontece entre eles.

Exemplo 32.7 (Vinte potências de dez)

Com $1$ ano $= 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ :

nuclídeo	$T_{1/2}$	$\lambda$ ( $\mathrm{s}^{-1}$ )
polônio-214	$1.6 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}$	$4.2 \times 10^{3}$	elo da cadeia do urânio
tecnécio-99m	$6.0$ horas	$3.2 \times 10^{-5}$	imagem médica
iodo-131	$8.0$ dias	$1.0 \times 10^{-6}$	medicina da tireoide
césio-137	$30$ anos	$7.3 \times 10^{-10}$	rejeito de reator
carbono-14	$5730$ anos	$3.8 \times 10^{-12}$	arqueologia
potássio-40	$1.25 \times 10^{9}$ anos	$1.8 \times 10^{-17}$	datação de rochas
urânio-238	$4.5 \times 10^{9}$ anos	$4.9 \times 10^{-18}$	calor interno da Terra

Uma só lei, vinte potências de dez de $\lambda$ .

32.3 Atividade: contar os estalos

Proposição 32.8 (Atividade)

A atividade de uma amostra — os decaimentos por segundo dela, em becquerels (Definição 19.18) — é

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

proporcional à população sobrevivente, e igualmente exponencial.

Demonstração. $N$ núcleos, cada um com probabilidade $\lambda$ por segundo: $\lambda N$ decaimentos por segundo; multiplicar o Teorema 32.4 por $\lambda$ dá $\mathcal A(t) = \mathcal A_0 e^{-\lambda t}$ . ∎

Exemplo 32.9 ( $N$ enorme, $\lambda$ minúsculo)

Uma banana tiquetaqueia a cerca de $15\,\mathrm{Bq}$ , um corpo humano a cerca de $8000\,\mathrm{Bq}$ , um metro cúbico de granito a uns $10^{6}\,\mathrm{Bq}$ (Capítulo 19). Por trás dos estalos modestos há populações astronômicas: o potássio-40 do corpo contribui com $\mathcal A \approx 4.4 \times 10^{3}\,\mathrm{Bq}$ com $\lambda = 1.8 \times 10^{-17}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $N = \mathcal A/\lambda \approx 2.5 \times 10^{20}$ núcleos, dos quais mal alguns milhares disparam a cada segundo.

Método 32.10 (Medir uma meia-vida)

Conte decaimentos com um contador Geiger em intervalos iguais e sucessivos: isso amostra $\mathcal A$ em instantes sucessivos.
Trace $\ln \mathcal A$ contra $t$ : como $\ln \mathcal A = \ln \mathcal A_0 - \lambda t$ , o decaimento exponencial aparece como uma reta — dados tortos significam outra lei, ou uma mistura de nuclídeos.
Leia $\lambda$ como menos a inclinação; $T_{1/2} = \ln 2/\lambda$ .

$Contagens Geiger de um nuclídeo de vida curta: em eixos semilogarítmicos a exponencial vira uma reta; aqui a inclinação dá 9.6 × 10-3\, s-1, logo T_1/2 72\, s.$

Contagens Geiger de um nuclídeo de vida curta: em eixos semilogarítmicos a exponencial vira uma reta; aqui a inclinação dá

\lambda \approx 9.6 \times 10^{-3}\,\mathrm{s}^{-1}

, logo

T_{1/2} \approx 72\,\mathrm{s}

Observação 32.11 (Becquerels não são dano)

O becquerel conta decaimentos, não estragos. O dano é acompanhado pela dose em sieverts (Capítulo 19), que pesa a energia depositada por quilograma de tecido pela destrutividade de cada radiação: uma cintilografia de $5 \times 10^{8}\,\mathrm{Bq}$ de tecnécio é rotina, e bem menos becquerels de um emissor $\alpha$ inalado não são; converter $\mathrm{Bq}$ em $\mathrm{Sv}$ é matéria universitária.

32.4 Datação: ler o tempo numa razão

A lei do decaimento lida ao contrário é um relógio: meça a fração sobrevivente, e a exponencial nomeia o tempo decorrido.

Método 32.12 (Datação por carbono-14)

Vivo: o tecido vivo troca carbono com a atmosfera e carrega a proporção de carbono-14 dela — um átomo em $10^{12}$ , o que dá $\mathcal A_0 = 13.6$ decaimentos por minuto por grama de carbono.
A morte dispara o relógio: a entrada cessa e a proporção decai com $T_{1/2} = 5730$ anos.
Meça a atividade $\mathcal A$ da amostra por grama de carbono; $\mathcal A = \mathcal A_0 e^{-\lambda t}$ se inverte em $t = \frac{1}{\lambda}\ln(\mathcal A_0/\mathcal A) = T_{1/2}\,\ln(\mathcal A_0/\mathcal A)/\ln 2$ .

Exemplo 32.13 (Uma fogueira numa caverna)

Carvão de uma fogueira soterrada dá $5.0$ decaimentos por minuto por grama: $\mathcal A_0/\mathcal A = 13.6/5.0 = 2.72$ , logo $t = 5730 \times \ln(2.72)/\ln 2 \approx 8.3 \times 10^{3}$ anos. O fogo se apagou há oito mil anos — a própria madeira é o arquivo.

A curva de datação: entre pela razão medida e leia para baixo a idade. O ponto é a fogueira do : razão 0.37, idade 8.3 × 103 anos. — A curva de datação: entre pela razão medida e leia para baixo a idade. O ponto é a fogueira do Exemplo 32.13: razão $0.37$ , idade $8.3 \times 10^{3}$ anos.

Exemplo 32.14 (Relógios para rochas)

O carbono-14 emudece além de uns $50\,000$ anos; a geologia mantém relógios mais lentos. Potássio–argônio: o potássio-40 ( $T_{1/2} = 1.25 \times 10^{9}$ anos) decai em argônio, um gás que escapa da lava derretida mas fica preso assim que a rocha se cristaliza — a solidificação zera o relógio. Urânio–chumbo: o urânio-238 encabeça uma cadeia de decaimentos que termina no chumbo-206 estável (Capítulo 19), e a razão chumbo/urânio num cristal o data. Os dois relógios concordam sobre os minerais mais antigos ( $\approx 4.4 \times 10^{9}$ anos) e, via meteoritos, sobre a idade do Sistema Solar.

Observação 32.15 (Cadeias, e o gás do porão)

Entre o urânio e o chumbo a cadeia passa pelo rádio e depois pelo radônio-222, um gás radioativo ( $T_{1/2} = 3.8$ dias). Nascido no granito e no solo, ele se infiltra em porões e se acumula; as filhas emissoras de $\alpha$ dele decaem nos pulmões — para a maioria das pessoas, a maior dose natural, e a mais barata de reduzir: abra a janela do porão.

32.5 Exercícios

Exercício 32.1 ★

O iodo-131 tem $\lambda = 1.0 \times 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-1}$ . Calcule a meia-vida dele em segundos e depois em dias.

Solução

Solução de Exercício 32.1.

$T_{1/2} = \ln 2/\lambda = 0.693/1.0 \times 10^{-6} = 6.9 \times 10^{5}\,\mathrm{s} \approx 8.0$ dias — o relógio do iodo-131.

Exercício 32.2 ★

O radônio-222 tem $T_{1/2} = 3.8$ dias. Calcule $\lambda$ em $\mathrm{s}^{-1}$ e depois a atividade de uma amostra de $1.0 \times 10^{10}$ núcleos.

Solução

Solução de Exercício 32.2.

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

Exercício 32.3 ★

Verifique por substituição que $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ satisfaz $\dd N/\dd t = -\lambda N$ e $N(0) = N_0$ ; depois calcule $N(T_{1/2})/N_0$ .

Solução

Solução de Exercício 32.3.

$\dd N/\dd t = N_0(-\lambda)e^{-\lambda t} = -\lambda N$ — a equação vale; $N(0) = N_0 e^0 = N_0$ ; $N(T_{1/2})/N_0 = e^{-\lambda \ln 2/\lambda} = e^{-\ln 2} = \tfrac12$ .

Exercício 32.4 ★

Uma fonte de césio-137 ( $T_{1/2} = 30$ anos) tem atividade de $4.0 \times 10^{5}\,\mathrm{Bq}$ hoje. Calcule a atividade dela daqui a $90$ anos e depois daqui a $300$ anos.

Solução

Solução de Exercício 32.4.

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

Exercício 32.5 ★

Um gráfico semilogarítmico de $\ln \mathcal A$ contra $t$ para uma amostra de tecnécio é uma reta que passa por $(0, 20.00)$ e $(10\,\mathrm{horas}, 18.85)$ . Encontre $\lambda$ (em $\mathrm{h}^{-1}$ e em $\mathrm{s}^{-1}$ ) e $T_{1/2}$ .

Solução

Solução de Exercício 32.5.

Inclinação $= (18.85 - 20.00)/10 = -0.115$ , logo $\lambda = 0.115\,\mathrm{h}^{-1} = 0.115/3600 = 3.2 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $T_{1/2} = 0.693/0.115 = 6.0$ horas — o tecnécio-99m.

Exercício 32.6 ★★

Um grama de rádio-226 ( $T_{1/2} = 1600$ anos; massa molar $226\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ; $N_A = 6.02 \times 10^{23}\,\mathrm{mol}^{-1}$ ): calcule o número de núcleos, depois $\lambda$ e depois a atividade — a primeira unidade de atividade da história, o curie.

Solução

Solução de Exercício 32.6.

$N = (1.0/226) \times 6.02 \times 10^{23} = 2.7 \times 10^{21}$ ; $T_{1/2} = 1600 \times 3.156 \times 10^{7} = 5.05 \times 10^{10}\,\mathrm{s}$ , logo $\lambda = 1.37 \times 10^{-11}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $\mathcal A = \lambda N \approx 3.7 \times 10^{10}\,\mathrm{Bq}$ — um curie, a atividade do grama de rádio de Marie Curie.

Exercício 32.7 ★★

Dois estudantes lacram amostras de $20$ e de $2.0 \times 10^{20}$ núcleos de um mesmo nuclídeo. O que cada um espera depois de uma meia-vida? De quem é a previsão confiável? (Estime a flutuação relativa $1/\sqrt n$ para cada.)

Solução

Solução de Exercício 32.7.

Os dois esperam que sobre metade: $10$ , e $1.0 \times 10^{20}$ . As flutuações são $\sim 1/\sqrt{n}$ da contagem: com $10$ decaimentos, cerca de $30\%$ — $7$ ou $13$ não seriam surpresa; com $1.0 \times 10^{20}$ , cerca de $10^{-10}$ . Só a amostra grande obedece à lei com precisão mensurável.

Exercício 32.8 ★★

Um corpo guarda cerca de $140\,\mathrm{g}$ de potássio, dos quais $0.012\%$ é potássio-40 ( $T_{1/2} = 1.25 \times 10^{9}$ anos, massa molar $40\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ). Calcule o número de núcleos de potássio-40 e depois a atividade deles; compare com os $8000\,\mathrm{Bq}$ totais do corpo.

Solução

Solução de Exercício 32.8.

$m = 140 \times 1.2 \times 10^{-4} = 1.7 \times 10^{-2}\,\mathrm{g}$ ; $N = (0.0168/40) \times 6.02 \times 10^{23} = 2.5 \times 10^{20}$ . $\lambda = 0.693/(1.25 \times 10^{9} \times 3.156 \times 10^{7}) = 1.76 \times 10^{-17}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $\mathcal A = \lambda N \approx 4.4 \times 10^{3}\,\mathrm{Bq}$ — cerca de metade do total do corpo (o grosso do resto é carbono-14).

Exercício 32.9 ★★

Um paciente recebe $500\,\mathrm{MBq}$ de tecnécio-99m ( $T_{1/2} = 6.0$ horas). Calcule a atividade $15$ horas depois e, em seguida, o tempo para ela cair abaixo de $1\,\mathrm{MBq}$ .

Solução

Solução de Exercício 32.9.

$\lambda = 0.693/6.0 = 0.116\,\mathrm{h}^{-1}$ . Em $15$ horas: $\mathcal A = 500\,e^{-0.116 \times 15} = 500 \times 0.177 \approx 88\,\mathrm{MBq}$ . Abaixo de $1\,\mathrm{MBq}$ : $t = \ln(500)/0.116 \approx 54\,\mathrm{horas}$ — cerca de $9$ meias-vidas.

Exercício 32.10 ★★

O carvão de uma cova mostra $3.4$ decaimentos por minuto por grama de carbono; um osso de outra mostra $30\%$ da taxa dos vivos ( $\mathcal A_0 = 13.6$ por minuto por grama, $T_{1/2} = 5730$ anos). Date as duas amostras.

Solução

Solução de Exercício 32.10.

Carvão: $3.4/13.6 = \tfrac14$ , exatamente $2$ meias-vidas: $t = 1.15 \times 10^{4}$ anos. Osso: $t = 5730 \times \ln(1/0.30)/\ln 2 = 5730 \times 1.74 \approx 1.0 \times 10^{4}$ anos.

Exercício 32.11 ★★

Um porão é lacrado com uma leva de radônio-222 dentro ( $T_{1/2} = 3.8$ dias). Depois de quanto tempo a atividade dessa leva caiu a $1\%$ ? Os porões reais ficam radioativos por décadas: de onde vem radônio fresco, e por que a ventilação precisa ser permanente, e não de uma vez só?

Solução

Solução de Exercício 32.11.

$\lambda = 0.693/3.8 = 0.182\,\mathrm{d}^{-1}$ ; $t = \ln(100)/\lambda = 4.61/0.182 \approx 25$ dias (cerca de $6.6$ meias-vidas). Mas a cadeia do urânio no granito e no solo em volta gera radônio continuamente: um arejamento único é desfeito em semanas, e por isso a ventilação precisa ser permanente.

Exercício 32.12 ★★★

Mostre, a partir de $N = N_0 e^{-\lambda t}$ , que $t = T_{1/2}\ln(N_0/N)/\ln 2$ . Um osso retém $5.0\%$ do carbono-14 que tinha em vida: date-o.

Solução

Solução de Exercício 32.12.

$N/N_0 = e^{-\lambda t}$ dá $\lambda t = \ln(N_0/N)$ , e $\lambda = \ln 2/T_{1/2}$ dá $t = T_{1/2}\ln(N_0/N)/\ln 2$ . Aqui $t = 5730 \times \ln(20)/\ln 2 = 5730 \times 4.32 \approx 2.5 \times 10^{4}$ anos.

Exercício 32.13 ★★★

Num cristal que não aprisionou argônio algum na solidificação, cada núcleo de potássio-40 que decaiu deixa um átomo de argônio no lugar. Mostre que $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ ; uma rocha mostra uma razão de $3.0$ : encontre a idade dela ( $T_{1/2} = 1.25 \times 10^{9}$ anos).

Solução

Solução de Exercício 32.13.

$N_{\mathrm K} = N_0 e^{-\lambda t}$ e $N_{\mathrm{Ar}} = N_0 - N_{\mathrm K}$ , logo $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ . Razão $3.0$ : $e^{\lambda t} = 4$ , logo $\lambda t = 2\ln 2$ e $t = 2\,T_{1/2} = 2.5 \times 10^{9}$ anos.

Exercício 32.14 ★★★

Um contador Geiger dá, em $t = 0$ , $60$ , $120$ , $180$ , $240$ segundos, taxas de $400$ , $225$ , $127$ , $71$ , $40$ contagens por segundo. Calcule $\ln \mathcal A$ em cada instante, verifique o alinhamento e deduza $\lambda$ e $T_{1/2}$ .

Solução

Solução de Exercício 32.14.

$\ln \mathcal A = 5.99$ , $5.42$ , $4.84$ , $4.26$ , $3.69$ : quedas de $0.57$ – $0.58$ a cada $60\,\mathrm{s}$ — alinhados. Pela inclinação: $\lambda = 2.30/240 = 9.6 \times 10^{-3}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $T_{1/2} = 0.693/9.6 \times 10^{-3} \approx 72\,\mathrm{s}$ .

Exercício 32.15 ★★★

Para um único núcleo, a probabilidade de sobreviver a $n$ meias-vidas é $1/2^{\,n}$ . Calcule a probabilidade de que (a) um dado núcleo sobreviva a $10$ meias-vidas; (b) todos os $8$ núcleos observados sobrevivam a uma meia-vida. (c) De $1000$ núcleos, quantos se esperam depois de $3$ meias-vidas — e a lei consegue dizer quais? Conclua sobre o que a lei prevê.

Solução

Solução de Exercício 32.15.

(a) $2^{-10} \approx 1 \times 10^{-3}$ . (b) $(1/2)^8 = 1/256 \approx 0.4\%$ . (c) Esperam-se $1000/8 = 125$ — mas a lei se cala sobre quais: ela prevê populações com exatidão e indivíduos de modo algum.

32.6 Problema: a idade das coisas

Problema 32.1

Problema de fim de semana — a idade das coisas: um laboratório de museu calibra o relógio do carbono, data uma estátua e um papiro, aprende por que nenhum relógio marca além do mostrador dele e empurra uma rocha vulcânica um bilhão de anos para trás

Uma semana no laboratório de datação de um museu. Dados: o tecido vivo mostra $\mathcal A_0 = 13.6$ decaimentos de carbono-14 por minuto por grama de carbono; $T_{1/2} = 5730$ anos (carbono-14) e $1.25 \times 10^{9}$ anos (potássio-40); $1$ ano $= 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ ; $N_A = 6.02 \times 10^{23}\,\mathrm{mol}^{-1}$ ; massa molar do carbono $12\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ; os contadores resolvem cerca de $0.2$ decaimento por minuto por grama.

Parte I — Segunda-feira: calibrar o relógio.

Por que a proporção de carbono-14 é constante no tecido vivo, e o que muda na morte?
Calcule $\lambda$ do carbono-14 em $\mathrm{s}^{-1}$ .
Verifique por substituição que $N_0 e^{-\lambda t}$ resolve $\dd N/\dd t = -\lambda N$ .
A partir de $\mathcal A_0$ , calcule o número de átomos de carbono-14 por grama de carbono no tecido vivo.
Quantos átomos de carbono um grama guarda? Deduza a proporção de carbono-14 — compare com “um em $10^{12}$ ”.
Mostre que uma atividade medida $\mathcal A$ data uma amostra como $t = T_{1/2}\,\ln(\mathcal A_0/\mathcal A)/\ln 2$ .

Parte II — Terça-feira: a estátua e o papiro.

Uma estátua de madeira dá $9.1$ decaimentos por minuto por grama. Date a madeira.
Que evento, exatamente, essa data marca — o entalhe ou outra coisa? Que cautela decorre disso?
Um papiro egípcio dá $10.4$ decaimentos por minuto por grama. Date-o. Um escriba de vinte e dois séculos atrás é plausível?
A atividade é medida com $\pm 0.2$ decaimento por minuto. Estime a incerteza da idade do papiro, usando $\Delta t \approx \Delta\mathcal A/(\lambda \mathcal A)$ .
O pergaminho “antigo” de um negociante dá $13.4$ decaimentos por minuto por grama. Veredito?

Parte III — Quinta-feira: os limites do relógio.

Depois de quantas meias-vidas a atividade de uma amostra cai abaixo dos $0.2$ decaimento por minuto por grama dos contadores? Que idade é essa?
Os melhores laboratórios chegam a umas dez meias-vidas. Qual é o horizonte prático da datação por carbono, em anos?
Um osso de dinossauro tem cerca de $6.6 \times 10^{7}$ anos: quantas meias-vidas do carbono-14 são essas? Usando a questão 4, depois de quantas meias-vidas não resta nem um átomo do carbono-14 daquele grama? Conclua sobre “datar dinossauros por carbono”.
Que tipo de nuclídeo poderia datar a rocha do dinossauro, em vez disso?

Parte IV — Sexta-feira: a rocha vulcânica.

O argônio é um gás e o potássio, um morador fiel do sólido: explique por que a solidificação da lava zera o relógio potássio–argônio.
Supondo que cada núcleo de potássio-40 que decaiu deixe um átomo de argônio preso, mostre que $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ .
A rocha sob o fóssil do museu mostra $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = 0.60$ . Date a rocha.
O carbono-14 poderia ter datado essa rocha, ou o potássio–argônio, a estátua? Dê a janela útil de cada relógio, em meias-vidas.
Relatório de sexta, em uma frase: as três idades encontradas nesta semana e a única lei que leu todas elas.

Solução

Solução de Problema 32.1.

1. A troca com a atmosfera (comer, respirar) mantém a proporção completada no valor atmosférico; a morte interrompe a entrada e o decaimento assume.

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

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

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

5. $(1/12) \times 6.02 \times 10^{23} = 5.0 \times 10^{22}$ átomos de carbono; proporção $5.9 \times 10^{10}/5.0 \times 10^{22} \approx 1.2 \times 10^{-12}$ — um em $10^{12}$ , como prometido.

6. $\mathcal A = \mathcal A_0 e^{-\lambda t}$ dá $\lambda t = \ln(\mathcal A_0/\mathcal A)$ , e $\lambda = \ln 2/T_{1/2}$ transforma isso em $t = T_{1/2}\ln(\mathcal A_0/\mathcal A)/\ln 2$ .

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

8. A morte da madeira — o corte da árvore, e não o entalhe; uma estátua feita de madeira velha (ou uma falsificação entalhada em madeira antiga) é anterior ou posterior à data do material dela.

9. $t = 5730 \times \ln(13.6/10.4)/\ln 2 = 5730 \times 0.387 \approx 2.2 \times 10^{3}$ anos — plenamente compatível com um escriba de vinte e dois séculos atrás.

10. $\Delta t \approx \Delta\mathcal A/(\lambda\mathcal A)$ com $\lambda = \ln 2/5730 = 1.21 \times 10^{-4}$ por ano: $\Delta t = (0.2/10.4)/1.21 \times 10^{-4} \approx 1.6 \times 10^{2}$ anos — uma data boa até um século ou dois.

11. $t = 5730 \times \ln(13.6/13.4)/\ln 2 \approx 120$ anos — indistinguível de moderno dentro da incerteza de $\pm 160$ anos: o pergaminho é recente, e a “antiguidade”, falsa.

12. $13.6/2^n < 0.2$ exige $2^n > 68$ : $n = 7$ meias-vidas (pois $2^7 = 128$ ), cerca de $4.0 \times 10^{4}$ anos.

13. Dez meias-vidas: cerca de $5.7 \times 10^{4}$ anos — o horizonte prático, uns sessenta mil anos.

14. $6.6 \times 10^{7}/5730 \approx 11\,500$ meias-vidas. Os $5.9 \times 10^{10}$ átomos de um grama se esgotam quando $2^n > 5.9 \times 10^{10}$ , ou seja, $n \approx 36$ meias-vidas ( $\approx 2 \times 10^{5}$ anos): muito antes da idade dos dinossauros, não resta um único átomo de carbono-14 — não há nada para contar.

15. Um relógio bem mais lento: potássio-40 ou urânio-238, com meias-vidas de bilhões de anos.

16. A lava derretida deixa o argônio borbulhar embora, de modo que o cristal recém-solidificado guarda potássio e zero argônio: a razão começa em $0$ na solidificação — o relógio está zerado.

17. Como no exercício: $N_{\mathrm K} = N_0 e^{-\lambda t}$ e $N_{\mathrm{Ar}} = N_0 - N_{\mathrm K}$ , logo $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ .

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

19. Não, nos dois sentidos: em $8.5 \times 10^{8}$ anos o carbono-14 já correu $10^5$ meias-vidas — silêncio; em $3.3 \times 10^{3}$ anos o potássio-40 correu $2.6 \times 10^{-6}$ de uma meia-vida — a razão de argônio $\approx \lambda t \sim 2 \times 10^{-6}$ é pequena demais para ser medida. Cada relógio só lê de cerca de um décimo de meia-vida até cerca de dez.

20. Estátua $\approx 3.3 \times 10^{3}$ anos, papiro $\approx 2.2 \times 10^{3}$ anos, rocha $\approx 8.5 \times 10^{8}$ anos — três relógios, uma lei: $N = N_0\,e^{-\lambda t}$ , lida ao contrário.