Ouro-198 ( \mathrm{t}_{1 / 2}=64,8 \mathrm{~h} ) pode ser produzido bombardeando-se o ouro-197 estável com nêutrons em um reator nuclear. Suponha que uma folha de ouro-197 pesando 0,1 \mathrm{~g} seja colocada em um certo reator por 12 horas e que sua atividade seja de 0,90 \mathrm{Ci} ao ser removida.
(a) Qual é a atividade teórica máxima devido ao ouro-198 na folha? \mathrm{R}=7,5 \mathrm{Ci}
(b) Quanto tempo levou para a atividade atingir 80 \% do valor máximo? \mathrm{t}=150 \mathrm{~h}

Passo 1

Enunciado resumido e dados dados (o que o problema pede e o que sabemos):\n
  • Temos o isótopo radioativo \mathrm{Au\text{-}198} com meia-vida \displaystyle \mathrm{t_{1/2}=64,8\\ h}.\n
  • Uma folha de \mathrm{Au\text{-}197} de massa \displaystyle \mathrm{0,1\\ g} é exposta em um reator por \displaystyle \mathrm{12\\ h}.\n
  • Ao ser removida, a atividade medida da \mathrm{Au\text{-}198} na folha é \displaystyle \mathrm{A(12\\ h)=0,90\\ Ci}.\n
    Perguntas:\n
    (a) Qual é a atividade teórica máxima (atividade de saturação) devido ao \mathrm{Au\text{-}198} na folha? Denotaremos essa atividade máxima por \displaystyle R.\n
    (b) Quanto tempo leva para a atividade atingir 80\% do valor máximo R? (ou seja, achar t tal que \displaystyle A(t)=0,80\,R).\n

Passo 2

Modelo físico e equação da ativação — explicando a matéria de forma didática.\n
Quando se bombardeia um material com nêutrons, os núcleos estáveis são transformados em núcleos radioativos a uma certa taxa de produção. Ao mesmo tempo, os núcleos radioativos decaem. Se denotarmos por \displaystyle N(t) o número de núcleos radioativos no instante t, o balanço é:\n
\frac{dN}{dt} = P - \lambda N,\n
onde:\n
  • \displaystyle P é a taxa de produção de núcleos radioativos (número de núcleos produzidos por unidade de tempo) — depende do fluxo de nêutrons, seção de choque e número de átomos alvo; não precisamos conhecer \displaystyle P numericamente aqui, vamos eliminá-lo mais adiante.\n
  • \displaystyle \lambda é a constante de decaimento do radionuclídeo, relacionada à meia-vida por \displaystyle \lambda=\dfrac{\ln 2}{\mathrm{t_{1/2}}}.\n
    Resolvendo a equação diferencial com condição inicial N(0)=0 (assumindo que não havia \mathrm{Au\text{-}198} antes da irradiação), obtemos:\n
N(t)=\frac{P}{\lambda}\bigl(1-e^{-\lambda t}\bigr).\n
A atividade é \displaystyle A(t)=\lambda N(t). Substituindo, obtemos a fórmula importante da ativação:\n
A(t)=P\bigl(1-e^{-\lambda t}\bigr).\n
Aqui \displaystyle R\equiv P é a atividade de saturação (atividade teórica máxima quando t\to\infty, porque \lim_{t\to\infty}A(t)=P).\n
Resumo prático (fórmula que vamos usar):\n
A(t)=R\bigl(1-e^{-\lambda t}\bigr).\n
Explicação curta: a atividade cresce do zero até um valor assintótico R; a rapidez dessa aproximação depende de \lambda (portanto da meia-vida).

Passo 3

Calcular a constante de decaimento \lambda a partir da meia-vida.\n
Usamos a relação \displaystyle \lambda=\frac{\ln 2}{\mathrm{t_{1/2}}}. Portanto:\n
\lambda=\frac{\ln 2}{64,8\\ \mathrm{h}}.\n
Calculando numericamente (mostrando as etapas):\n
\ln 2\approx 0{,}693147,\n
\lambda \approx \frac{0{,}693147}{64,8\\ \mathrm{h}} \approx 0{,}01070\\ \mathrm{h^{-1}}.\n
Interpretação: em cada hora, uma fração \approx 0{,}01070 dos núcleos decai.

Passo 4

Usar a medida da atividade após \displaystyle 12\\ \mathrm{h} para determinar R.\n
Temos a fórmula \displaystyle A(t)=R\bigl(1-e^{-\lambda t}\bigr). Com \displaystyle t=12\\ \mathrm{h} e \displaystyle A(12\\ \mathrm{h})=0{,}90\\ \mathrm{Ci}, isolamos R:\n
R=\frac{A(12\\ \mathrm{h})}{1-e^{-\lambda\cdot 12\\ \mathrm{h}}}.\n
Agora calculamos o exponencial e o denominador passo a passo:\n
\lambda\cdot 12\\ \mathrm{h}\approx 0{,}01070\times 12 = 0{,}1284,\n
e^{-\lambda\cdot 12}\approx e^{-0{,}1284}\approx 0{,}8795,\n
1-e^{-\lambda\cdot 12}\approx 1-0{,}8795 = 0{,}1205.\n
Logo:\n
R \approx \frac{0{,}90\\ \mathrm{Ci}}{0{,}1205}\approx 7{,}47\\ \mathrm{Ci}.\n
Arredondando de forma adequada para dois algarismos significativos (e combinando com a resposta esperada), obtemos R\approx 7{,}5\\ \mathrm{Ci}.\n
Observação física: esse R é a atividade de saturação, ou seja, o valor que a atividade se aproximaria se a irradiação continuasse por tempo muito longo.

Passo 5

Resolver a parte (b): tempo para atingir 80\% do máximo.\n
Queremos t tal que \displaystyle A(t)=0{,}80\,R. Usando a fórmula de ativação:\n
0{,}80\,R = R\bigl(1-e^{-\lambda t}\bigr).\n
Dividindo por R (assumindo R\neq 0):\n
0{,}80 = 1-e^{-\lambda t}.\n
Isolando o termo exponencial:\n
e^{-\lambda t} = 1-0{,}80 = 0{,}20.\n
Tomando logaritmo natural em ambos os lados:\n
-\lambda t = \ln(0{,}20).\n
Portanto:\n
t = -\frac{\ln(0{,}20)}{\lambda} = \frac{\ln(5)}{\lambda},\n
pois \ln(0{,}20)=-\ln(5).\n
Agora substituímos \lambda\approx 0{,}01070\\ \mathrm{h^{-1}}:\n
\ln(5)\approx 1{,}609438,\n
t \approx \frac{1{,}609438}{0{,}01070}\approx 150{,}4\\ \mathrm{h}.\n
Arredondando para um valor prático, obtemos t\approx 150\\ \mathrm{h}.\n
Interpretação: leva um tempo bem maior que a meia-vida para chegar a 80\% da saturação, porque a saturação é um processo exponencial lento para ser completado.

Resposta

(a) \displaystyle R=7{,}5\\ \mathrm{Ci}\n
(b) \displaystyle t\approx 150\\ \mathrm{h}

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