BAB VIII PELURUHAN GAMMA
Suatu inti atom dapat berada dalam keadaan tereksitasi, misalnya sebagai akibat peluruhan α, β atau tumbukan antar neutron. Dalam keadaan tereksitasi elektron pindah ke keadaan tingkat dasarnya sambil melepaskan energi dalam bentuk radiasi sinar γ. 0,492 MeV 0,427 MeV
208 81
Ti
0,327 MeV
γ
γ
γ
0,040 MeV
γ
0 misal :
27 13
γ
γ
Al 01 n 28 13 Al sinar γ
Energi sinar γ yang dipancarkan sama dengan selisih energi antara tingkat - tingkat energi di antara mana inti melakukan transisi.
E γ1 E 1 E o E γ 2 E 2 E1 E γ3 E 3 E o Selama
E
γ
ΔE h h
c
-34
; jika h = = 6,62618 . 10 λ
J. s dan c diketahui
12,4 maka E γ λ Perhitungan yang lebih teliti harus melibatkan adanya pentalan inti. Jadi energi yang dilepaskan dalam transisi diberikan kepada sinar γ serta sebagai energi kinetik yang terpental. ΔE E E γ pental p2 E i pental 2m dengan pi = momentum inti atom yang terpental = momentum sinar γ dari kekekalan momentum.
1
2
E
γ p p sehingga sehingga E i γ pental c E 2 γ E pental pental 2 m c2 E 2 γ maka E E γ 2 m c2
E γ c
2
2m
E γ E E 1 γ 2 2mc
Interaksi Sinar γ dengan Materi
Interaksi antara sinar γ dengan materi bisa terjadi melalui bermacamb ermacam- macam proses, yang peting untuk diperhatikan dalam spektrometri sinar γ, yaitu: hamburan Compton , efek dan produksi pasangan . totolistrik dan a. Hamburan Compton. Menurut teori kuantum cahaya dari Enstein bahwa foton berperilaku sebagai partikel, dalam massa berupa massa bergeraknya telah diperkuat oleh hasil percobaan Compton. Compton memperluas konsep tentang foton tersebut, foton tidak saja merupakan gumpalan energi yang bergerak dengan kecepatan cahaya di ruang hampa. Dalam interaksinya dengan materi, foton berperilaku sebagai partikel dengan momentum linier p
ε c
. Compton
mengandaikan bahwa sistem fisisnya yaitu sistem interaksi antara satu foton dengan satu elektron. Energi foton tersebut adalah ε h h '
foton terhambur foton datang
θ
elektron terhambur
Gambar 8.1. Hamburan Compton. Berdasarkan ungkapan energi partikel menurut relativistik khusus.
3 ε 2 m 2 c4 p2 c 2 , untuk foton m 0 maka ε p c sehingga momentum liniernya adalah o o p
ε c
Foton menumbuk elektron kemudian mengalami hamburan dari arah semula sedangkan elektronnya menerima impuls dan mulai bergerak. Menurut hukum kekekalan energi:
E awal akhir m c2 h h ' E m c2 o k o
E
E = h h ' k
(8.1)
Menurut hukum kekekalan momentum linier: searah sumbu x:
h c
searah sumbu y: 0
h ' c
h υ c
p sin θ
cos p cos θ
(8.2)
sin p sin θ h υ ' c
sin
(8.3)
Persamaan (8.2) dan (8.3) dikalikan kecepatan cahaya c
8.2
x c p cos θ
h
h '
cos c c p c cos θ h h ' cos
Kemudian dikuadratkan sehingga p2 p2
c2 cos2 θ c2 cos2 θ
h h ' cos 2 h2 υ2 2 h h ' cos h2 '2 cos2
(8.3) x c p sin θ
8.4
h '
sin c p c sin θ h ' sin
Kemudian dikuadratkan sehingga:
p2 c2 sin 2 θ h 2 '2 si sin 2 Persamaan (8.4) + (8.5)
(8.5)
4
p 2 c 2 cos 2 p 2 c 2 sin 2 h υ 2 2 h υ h υ cos h υ '2 sin 2 h υ ' 2 sin 2 p 2 c 2
cos 2 sin 2 h υ 2 2 h υ h υ cos h υ '2 sin 2 sin 2
p 2 c 2
h υ 2 2 h υ h υ cos h υ '2
(8.6)
Energi total elektron sebelum tumbukan adalah E m c2 E o k
(8.7)
Setelah tumbukan adalah : E 2 m 2 c4 p2 c 2 , E m 2 c4 p 2 c 2 o o
(8.8)
Berdasarkan hukum kekekalan energi maka persamaan (8.7) = (8.8) m c 2 E m 2 c4 p 2 c 2 o k o 2 m c2 E m 2 c4 p2 c2 o k o m 2 c4 2 m c2 E E 2 m 2 c4 p2 c 2 o o k k o p2 c 2 2 m c 2 E E 2 o k k
(8.9)
Substitusikan persamaan (8.1) ke (8.9)
p 2 p 2
c2 = 2 m o 2 c =2m o
2 c2 h υ - h υ ' + h υ - h υ ' 2 c2 h υ - h υ ' +h υ2 +2 h υ h υ ' + h υ '
8.10
Substitusikan persamaan (8.6) ke (8.10) 2 (h υ) 2 -2 h υ h υ ' cos + (h υ ') 2 = 2 m c 2 h υ - h υ ' +h υ 2 +2 h υ h υ '+ h υ ' o 2 2 m c (h - h ') 2 h h ' - 2 h h ' cos o 2 2 m c (h - h ') 2 h h ' 1 - cos o : (2 h 2 c2 ) m c ' ' o c 1 cos h c m c υ υ' υ υ' o 1 cos = h c c c c
8.11
5
karena c λ m m
o h o h
1
dan
1
λ c λ' c1 1 1 1 λ λ' λ λ' 1 cos c λ' λ 1 λ λ' λ λ' 1 cos
λ' λ
h m c o
' c
maka
1 cos
8.12
Persamaan (8.12) menyatakan pergeseran panjang gelombang karena hamburan Compton dan h m c o
= λ disebut panjang gelombang Compton dari partikel penghambur o
λ λ 1 cos o
o -2 λ = 2, 2,42. 10 A untuk elektron ο Dari persamaan 2 m c2 (h - h ' )= 2 h h ' (1 cos ) o m c 2 (h h ' ) h h ' (1 co cos ) o
di mana E h υ dan E h υ ' sehingga γ γ'
(8.13)
6 2 m c ( E - E ') = E E ' (1 cos ) o γ γ γ γ E E ' γ γ E -E '= (1 cos ) γ γ m c2 o E E ' γ γ E =E '+ (1 cos ) γ γ 2 m c o E γ E ' 1+ (1(1- cos cos ) γ 2 m c o E γ E ' γ E γ 1 + ( 1 - cos ) 2 m c o
*
Berdasarkan hukum kekekalan energi E =E '+E γ γ c E =E -E ' c γ γ
(**)
di mana E ' = energi sinar γ terhambur γ
E = energi sinar γ mula-mula γ E = energi elektron Compton c Apabila E ' disubstitusikan dari persamaan (*) ke (**) maka akan diperoleh: γ E E
c
E
γ
γ
E γ 1 + ( 1 - cos ) m c2 o 1 E 1 γ E γ 1 ( 1 cos m c2 o E γ 1 (1 - cos ) 1 m c2 o E γ E γ 1 + ( 1 cos cos ) m c2 o E γ ( 1 - cos cos ) m c2 o E γ E γ 1 ( 1 co cos ) m c2 o
)
(***)
7 Sinar γ akan kehilangan energi maksimum (atau elektron Compton akan menerima energi maksimum)
bila
terjadi
tumbukan
frontal
dengan
sudut
180ο terhadap
elektron.
cos cos 180ο 1 Pada saat itu energi elektron Compton. E γ (1 1) m c2 o E E c γ E maks γ 1 (1 1) 2 m c o 2E γ m c2 o E γ 2E γ 1 m c2 o 1 E γ 1 1 m c2 o 1 E γ 1 1 m c2 o E
c
E
maks
1
2E
γ m c2 o 2E γ m c2 o
γ 1
(****)
m c2 o
Karena energi E ' dapat bervariasi antara harga minimum untuk 180o dan maksimum untuk γ 0o (lihat persamaan (*) maka spektrum energi elektron Compton akan terbentang dari energi
0 sampai energi maksimum yang sedikit lebih kecil dari energi foton mula-mula (lihat persamaan (****)). Sedangkan energi foton terhambur E ' akan terbentang dari energi foton mula-mula γ (foton 1
datang)
sampai
m c2 yaitu 0,2 0,257 MeV 2 o
ke
harga
minimum
yang
selalu
lebih
kecil
dari
8 Dalam peristiwa hamburan Compton ini terjadi, baik gejala absorpsi maupun hamburan. Pada daerah energi sinar gejala ini mempunyai probabillitas yang sama untuk terjadi. Pada daerah energi sinar γ < γ < 1,6 MeV, gejala hamburan akan menjadi lebih penting. Dengan kata lain fraksi energi yang hilang dari foton - foton berenergi rendah adalah cukup kecil, karena hamburan yang terjadi hampir merupakan hamburan kenyal, tetapi kehilangan energi itu makin menjadi menjadi besar dengan naiknya energi sinar γ. x Koefisien absorpsi :
I
Perubahan intensitas sinar γ:
ΔI μ I Δx dI μ I dx dI μ dx I dI μ dx I ln I μ x ln c ln I - ln c μ x
I
o
dx
I
μx I e μ x c μ x , untuk x 0, I I I c I ce o o 0 I ce o I c o I I e μ x ln
c
o
di mana: Io=intensitas sinar γ mulamula- mula (sebelum masuk ke material). I= intensitas sinar γ setelah melewati ketebalan x dari material. material. Dari
μx II e o I μx e I o I ln μ x I o I ln I o konstanta absorpsi μ = x
I h I h o o μx II e o μx h h e o μx e o
di mana E = h = energi dari foton = jumlah dari foton yang menyeberangi satu satuan luas dalam satu satuan waktu (fluks). = fluks awal o
= fluks akhir setelah melewati ketebalan x material μ = koefisien absorpsi material μ = ρ μm
9 Jika sinar γ yang datang berbeda - beda energinya maka: .... 1 2 3 -μ x -μ x -μ x e 1 + e 2 + e 3 + .... 01 02 03
, , fluks fluks awal awal 01 02 03 μ , μ , μ koefiesien absorpsi 1 2 3 μ=μ +μ a s = absorpsi + scattering b. Efek fotolistrik (E γ < 1 MeV) Pada tahun 1905 Einstein mengusulkan bahwa radiasi elektromagnetik terdiri atas paket-paket energi seperti partikel. Jika frekuensi gelombang elektomagnetik tersebut adalah , besar paket energi adalah h . Paket energi ini disebut foton, yang terpancar waktu osilator harmonis sumber turun tingkat tenaganya. Dengan konsep ini Einstein berhasil menjelaskan peristiwa efek fotolistrik yang pertama kali diamati oleh Hertz dan selanjutnya diteliti secara eksperimen oleh P. Lenard. Dengan peralatan seperti yang ditunjukkan pada Gambar 8.2, mereka mengamati bahwa cahaya yang menyinari suatu elektroda, sehingga elektron - elektron lepas dari permukaan elektroda tersebut. Elektron - elektron yang terlepas ini memiliki energi kinetik yang bertambah besar dengan bertambah besarnya frekuensi cahaya. Cahaya dari lampu menyinari elektroda K (fotokatoda), maka elektron- elektron yang terlepas dari elektrode tersebut akan bergerak menuju elektrode A (Anoda) dan menimbulkan arus listrik dalam rangkaian luar yang dapat diamati dengan galvanometer G. + K
e
A
i
G V
Gambar 8.2. Skema Pengamatan Efek Fotolistrik.
10 Energi kinetik elektron yang terlepas tersebut (disebut fotoelektron ), yang besarnya dapat diukur dengan memasang Voltmeter V tegangan searah, yang besarnya dapat diatur. Kutub positif dihubungkan dengan elektrode K dan kutub negatif yang dihubungkan dengan elektrode A. Dengan demikian elektrde A memberikan gaya tolak pada elektron. Jika energi potensial penghambat listrik elektron yang timbul akibat pemasangan tegangan searah ini sama dengan atau lebih besar dari energi fotelektron mula- mula adalah K pada saat fotoelektron terpancar dari fotokatode, aliran elektron di anode dan arus di galvanometer G akan berhenti. Potensial ini disebut potensial penghenti ( stopping potensial ) V o . Jika muatan elektron adalah K = – = – e e Vo maka Vo=
K e
Dari hasil- hasil eksperimen P. Lenard menunjukkan bahwa: 1). Tidak ada waktu tunda antara penyinaran elektrode dan terlepasnya fotoelektron dari katode (timbul arus). 2). Pada frekuensi cahaya yang tetap ( pamjamg gelombang λ tetap atau warna sama ) dan potensial V tetap, maka arus i yang timbul berbanding lurus dengan intensitas cahaya I, yang grafiknya sebagai berikut:
i
0
I
Grafik 3. Hubungan antara Arus Listrik i dengan Intensitas Cahaya I untuk Frekuensi dan Potensial Listrik Konstan 3). Pada frekuensi dan intensitas cahaya yang tetap, arus i yang timbul berkurang dengan bertambahnya potensial V yang terpasang 4). Untuk suatu permukaan bahan, nilai potensial penghenti V tergantung pada frekuensi cahaya bukan
pada insentitas cahaya I.
11 5). Einstein menjelaskan hasil hasil di atas sebagai berikut: Elektron-elektron pada fotokade, fotokatode disinari akan menyerap cahaya. Masing-masing h. sebelum elektron dapat dilepas dari permukaan fotokade, energi yang telah diserap tersebut harus dapat digunakan elektron untuk melawan energi ikat elektron pada permukaan fotokade (Kusminarto,1993, p.33). Energi yang diperlukan umtuk melepaskan ikatan ini disebut fungsi kerja (work W function ) W fotokade, yang berkaitan dengan potensial fungsi kerja sebesar V o e Untuk setiap bahan logam memiliki fungsi kerja fotoelektron tertentu (lihat Tabel 2.1 dan Tabel 2.2) 31
21
1
0
Vo
V potensial perintang
Grafik 4. Hubungan antara Potensial Penghenti dan Intensitas Cahaya Tabel 2.1. Bahan dan Fungsi Kerja Fotoelektron (Kenneth Krane, 1992, p. 100). No
Bahan logam
Fungsi kerja fotoelektron W(eV)
1.
Na
2,28
2.
Al
4,08
3.
Co
3,90
4.
Cu
4,70
5.
Zn
4,31
6.
Ag
4,73
7.
Pt
6,35
8.
Pb
4,14
Tabel 2.2. Bahan dan Fungsi Kerja Fotoelektron (Yos Sumardi, 1996/ 1997, p. 1153 No
Bahan logam
Fungsi kerja fotoelektron W(eV)
1.
Cs
1,9
2.
K
2,2
12 3.
Li
2,5
4.
Ca
3,2
Energi masih tersisa adalah h . - W yang berupa energi kinetik fofoelektron pada saat terpancar dari photokatode . Selanjutnya untuk menghentikan elektron tersebut agar tidak mencapai anode diperlukan tegangan penghenti. Jadi berlaku persamaan: K = h - W = e V atau V = o o
h υ e
-
W e
Persamaan fotolistrik Einstein ini sangat memadahi untuk menjelaskan hasil eksperimen di atas. Grafik Vo hasil eksperimen yang diperoleh pada berbagai macam frekuensi bahan fotokatode tertentu sebagai fungsi
akan
dapat digunakan untuk menentukan nilai k
untuk suatu
berbentuk garis lurus, dan kemiringan garis lurus ini
h secara teliti. e
V (volt)
0
vo
(Hz)
v (Hz)
Grafik 3. Grafik Hubungan antara Frekuensi dengan Potensial Penghenti Suatu Bahan untuk Intensitas Cahaya Sembarang. Dengan mengisikan nilai e yang diperoleh dengan percobaan tetes minyak Milikan yaitu -19
e = 1,602x10
C, nilai tetapan Planck: di tentukan h e
ΔV Δ -34
Besarnya konstanta Planck yang sampai sekarang diakui adalah h = 6,62618 . 10
J.s.
13 c. Produksi Pasangan (E γ > 1,022 MeV) Proses ketiga yang sangat penting adalah interaksi antara sinar γ dengan materi, yang disebut produksi pasangan (pair production). Dalam proses produksi pasangan energi foton γ seluruhnya diubah menjadi materi (pasangan elektron dan positron). Energi foton γ ambang agar terjadi produksi pasangan elektron-positron adalah: E γ 2 mo c 2 bahan
bahan
hv
e+ eawal
akhir
E hv E i nuc E m c2 K m c2 K E K f nuc nuc e e ee-
Menurut hukum kekekalan energi: E E i f 2 2 c K m c K E K nuc nuc nuc e e e e karena m m m maka o e e h υ E 2 m c 2 K K E K nuc o nuc nuc e e h υ E
m
h υ 2 m c 2 K K K o nuc e e karena K 0 ( diam ) maka nuc h υ 2 m c 2 K K o e e
Dengan demikian dapat dikatakan bahwa syarat terjadi produksi pasangan elektron-positron adalah:
14 2 h = 2 m c mi minimum o atau E 2 m c2 γ o MeV 2 c 2.0,511 2 c E 1,022 MeV γ Koefisien absorpsi materi terhadap foton γ .
Perubahan intensitas (ΔI): ΔI
= - μ I Δx ΔI = - μ I Δx di mana μ = konstanta pembanding (koefisien absorpsi)
dI = - μ I dx dI = - μ dx I dI = - μ dx I ln I = - μ x + ln c I ln = - μ x c I -μx = e c -μx I=ce untuk x 0 maka I c e- 0 I c I I sehingga I c o o -μx Jadi I I e o di mana I = intensitas dari berkas setelah melewati ketebalan x dari material. Io= intensitas berkas mula mula (awal). I = h υ h υ h = energi masing- masing foton satu satuan luas dalam satu satuan satuan waktu (disebut fluks) = jumlah foton yang melewati satu
15 Karena I h Io h o maka : -μx I=I e o -μx h =h e o -μx = e o
di mana: = fluks awal o
fluks energi (intensitas) (intensitas) = jumlah fluks = menunjukkan fluks μ = koefisien absorpsi linier
Bila I I maka I I e o o -μx II e o 1 -μx I I e o 2 o 1 e- μ x 2 μx e 2 μx ln 2 ln e ln 2 μx 12 ln 2 x 12 μ 0,693 x 12 μ
-μx
μ
μ
μ ρ μm
m
ρ
sehingga x μ
a
μ
Z μe ρN
1 2
A μ
a
0,693 ρμ m
A μ N Z μ A m ρ A
ρN
A
A μ
e
μe
μm= koefisien absorpsi massa μa= koefisien absorpsi atom μe= koefisien absorpsi electron.
Jika berkas foton yang datang energinya berbeda-beda maka : .... 1 2 3 -μ x -μ x -μ x e 1 + e 2 + e 3 + ... . 01 01 03 , , fluks awal 01 02 03 μ , μ , μ koefisien absorpsi 1 2 3 μ=μ +μ a s koefisien absorpsi a koefisien hamburan s
16 Energi peluruhan gamma *
Jika eksitasi inti awal dengan massa diam M o dan keadaan akhir dengan massa diam Mo. Dari hukum kekekalan energi dan momentum M * c 2 M c2 E T o o γ a 0 P P γ a P -P a γ
di mana: Eγ= energi sinar γ pγ =momentum sinar γ Ta= energi kinetik recoil
pa= momentum akhir inti X Yγ M * c 2 M c2 E T o o γ a Kecepatan inti recoil kecil, sehingga rumus non-relativistik dapat digunakan untuk menghitung energi kinetik Ta P 2 T = a ,karena P = - P maka a 2M a γ o P 2 γ T = ; E =P c a γ c 2M o 2 2 2 E =P c γ c 2 E γ 2 P = γ c2 T a
E 2 γ 2 M c2 o
h E h dan P γ γ λ 2 2 M * c M c E T o o γ a E M c2 M c2 T ; T sehingga γ o o a a 2 2 * E M c M c γ o o E M *M c2 γ o o
di mana: M = massa keadaan dasar o
17
Eγ = energi sinar γ digunakan untuk ekitasi inti yang lain dari nuklida yang sama dan energi eksitasi maksimum yang dapat disajikan M * c2 2 T o a
Konstanta Peluruhan Sinar Gamma
Waktu paruh dapat diestimasi dengan semiklasik yaitu dapat ditunjukkan dari persamaan Maxwell dengan suatu pemercepat muatan titik e memancarkan radiasi elektromagnetik. 2 e2 a 2 dt 3 c3
dE
1
a a 2 a 2 a 2 2 percepatan dari muatan y z x Dengan membuat model sederhana dari proses emisi, diasumsikan bahwa radiasi muatan (elektron dalam atom, proton dalam inti) berosilasi dengan gerak osilasi sederhana. x = x cos ω t Karena co cos 2 ω t + sin2 ω t = 1 o dan cos ω t = sin ω t y = y cos ω t o 2 cos ω t = 1 cos2ω t + co z = z cos ω t o 1 2 cos2 ω t = 1 1 2 ωt R ~ x 2 +y2 +z 2 2 = c o s o o o av 2 R = jari-jari dari atom atau inti e2 R 2 ω4 cos2ω t x = x cos ω t o dE = 2 av maka dx v= = - x ω sin ω t dt av 3 c3 o dt 1 dv e2 R 2 ω4 a= = - x ω2 cos ω t dE = 2 2 o dt dt av 3 c3 a 2 = R 2 ω2 cos ω t dE = e2 R 2 ω4 dE 2 e 2 R 2 ω4 cos2 ω t = dt 3 dt 3 av 3 c3 c
Kita asumsikan bahwa masing-masing foton dipancarkan selama interval waktu rata- rata τ. Pemancaran energi rata- rata: E h dE dt τ τ av
18
τ = umur rata- rata peluruhan gamma (γ ( γ): h υ 1 dE dan h 2 π maka , karena τ τ λ dt av γ
dE h υ , τ dt av
2 1 λ γ
2
π υ λ γ
e 2 R 2 ω4 2π 3 3 c
υ λ
γ
karena ω 2 π υ maka
λ γ
e
e
2
2 R 2 π υ 4 2π 3 3 c
υ λ
γ
2
2 R 2 π υ 4 3 c3 2 π υ
e 2 R 2 2 π υ 4 3 c3 2 π υ
e 2 R 2 2 π υ 3 3 c3
Kaidah Seleksi Peluruhan γ
Dari hukum kekekalan momentum anguler
Probabilitas transisi untuk foton γ
Ii = If + Lγ
λ γ = λ γ (E1) + λ γ (M1) + λ γ (E3) +....
di mana Ii = spin pada keadaan awal
I = Ii - If
If = spin pada keadaan akhir
E Δπ 1
Lγ = momentum anguler (sudut)
M Δπ 1
Lγ = Ii - If
1
Transisi multipol listrik π π 1 a b Transisi multipol magnet π π 1 a b
1
19 Perubahan paritas:
Untuk radiasi multipol listrik
1Lγ
π γ
Untuk radiasi multipol magnet π 1 γ
Tipe
Lγ
Simbol
Perubahan Momentum Anguler L = Ii - If = 1 l =
Perubahan Paritas
Dipol listrik
E1
Dipol magnet
M1
L = Ii - If l=1
1 π 1 tidak
Kuadrapol listrik
E2
=2 l =2
2 1 π 1 tidak
Kuadrapol magnet
M2
=2 l =2
1 1 y a
Oktopol listrik
E3
=3 l =3
3 1 1 ya
Oktopol magnet
M3
=3 l =3
3 1 1 tidak
16 pol listrik
E4
=4 l =4
4 1 1 tidak
16 pol magnet
M4
=4 l =4
4 1 1 ya
l
1 π 1 ya l
2
Konversi Internal
Transisi dari keadaan awal ke keadaan akhir dapat memberikan transisi lain. Energi inti ditransfer secara langsung ke elektron suatu atom dengan memberikan energi kinetik. T E
E
B
E
E
B
= energi ikat dari elektron dalam kulit atom
Energi recoil dari atom diabaikan dalam proses ini. Pancaran foton γ disebabkan oleh transfer medan listrik dan medan magnet.
20
Konstanta peluruhan total untuk keadaan eksitasi λ tot tot = λ γ + λ l l di mana λ γ = probabilitas peluruhan oleh konversi internal λ l l = probabilitas rata- rata dari emisi foton Probabilitas peluruhan utntuk K,L,M λ λ λ λ ........ K L M
Apabila suatu sumber memancarkan N γ foton dan N e elektron konversi persatuan waktu, N
λ e maka koefisien konversi didefinisikan: α e nilai α dari 0 s/d N λ γ γ
Jika dituliskan N e = NK + NL + NM +.... N
N + N + N + .... e L M α = = K N N γ γ N N N = K + L + M + .... N N N γ γ γ α = α + α + α +.... K L M 1 λ τ 1 1 γ γ τ= = = = λ λ λ +λ 1+α e γ e 1+ λ γ Jadi, τγ = τ (1 + α)
Peluruhan foton γ dan tingkat peluruhan. 1
Jari- jari inti: R R A 3 o
1
R R o A 3 x 10-13 cm
R o = suatu konstanta = 1,5 . Panjang gelombang dari radiasi:
21
h h ; = p 2π 2π λ= p λ=
λ
2π
; p λ
:2 π
λ 2π
; Epcp
2π λ λc = = h υ h υ c
E c
h c
Bila E dalam MeV dan dalam cm. -13
c = 197.10 =
-13
197.10 cm/E 1
R
R
o
A 3 1013
197. 1013
1
Ro A3 197
E
E
MODEL KOLEKTIF Ei
ΔE Ef
I i I
f
7 2
1 2
ΔE E E h i f
Memontum sudut (anguler): L ( 1) a L L a L ( 1) I I i f
Paritas untuk radiasi multipol lisrrik π = (-1)
L
Paritas untuk radiasi multipol magnetik π = - (-1) L jika
π = 1 tidak terjadi perubahan paritas paritas
22
π = -1 terjadi perubahan paritas L Ii - If
7 2
1 2
6 2
3
Probabilitas transisi = 8 π L 1 1 E γ λ L 2 c L 2 L 1 !!
2 L 1 Beq L
a
π = paritas L= mumentum anguler Beq(L) = probabilitas probabilitas transisi reduksi Untuk radiasi listrik: 2 e2 3 B EL R 2L 4 π L3 1 RR
b
A3
o
Untuk radiasi magnet: 2
h 1 B ML 10 m c R 2 p
B EL
c
m p = massa proton; R = jari- jari inti Dengan kombinasi pers (a), ( b) dan (c). Diperoleh probabilitas transisi untuk listrik dan magnet. 2 E 2L 1 3 γ λ R 2L EL 2 L 2L 1 !! !! L 3 197 4,4.1021 L 1
2L 1 2 E 3 γ λ R 2L 2 ML 2 L 3 197 L 2L 1 !! !! 1 EL EL 1 ML ML 1,9.1021 L 1
23
Konstanta peluruhan λ ML dan λ EL terhadap energi sinar γ untuk nilai yang berbeda dari L ISOMER NUKLIR
Pada umumnya inti yang meluruh dengan pemancaran yang sangat pendek yaitu
t1
10 8 tetapi ada pula yang mempunyai waktu paruh antara 10 – 8 8 detik sampai
2
beberapa tahun, inti- inti tersebut disebut Isomer Nuklir ( Nuclear Isomer ) . Salah satu contoh dari transisi isomerik dapat dilihat dalam gambar di bawah ini untuk 7 2 1 2
81m +
Se 0,103 Mev transisi isometrik
-
β
3 2
81
Transisi isomerik
7 2
Br
1 dalam 81mSe dengan memancarkan sinar γ berenergi 2
0,103 MeV Transisi
7 2
1 dalam 81mSe dengan 81m Se yang besar yakni 3 2
menghasilkan λ yang yang kecil, sehingga waktu paruhnya besar. Inilah yang disebut Transisi Isomerik . ---------------------selesai-------------------Contoh soal.
1. Hitunglah ketebalan dari 207 Pb yang diperlukan untuk menurunkan intensitas sinar
82 menjadi seperempat dari intensitas sinar
yang mempunyai energi: 2 a) 4 MeV dengan koefisiensi absorpsi μ = 0,0245 cm gr a 2 b) 6 MeV dengan koefisiensi absorpsi μ = 0,0272 cm gr a
2 c) 10 MeV dengan koefisiensi absorpsi μ = 0,0310 cm gr a Diketahui x
: 207 Pb 82
24
I
2 2 E = 4 MeV; μ = 0,02 0,0245 45 cm 0,00245 ,00245 m gr kg γ a 2 2 E = 6 MeV; μ = 0,02 0,0272 72 cm 0,00 0,0027 272 2 m gr kg γ a
I
o
dx
2 2 0,0310 10 cm = 0,00 0,0031 310 0 m E = 10 MeV; μ = 0,03 gr kg γ a gr ρ = 11,34. 103 11,34. 106 kg Pb cm3 m3 N = 6,225.1 6,225.10 026 k mol mol-1 6,225.10 6,225.1023 mol-1 A
: a) x
Ditanyakan
1
b)Ix c) x Penyelesaian
I = I 1 4 1 4
I
e
o
e
μ x1
e μ x1 x1
1 1
= ........? , E = 6 MeV. γ
4
4
= ........? , E = 10 MeV. γ
: - μ x
- μ x1
I
o
4
= ........? , E = 4 MeV. γ
e o - μ x1
4
4
4 = ln 4
4
4
ln 4
=
μ
4
1 ,3 8 6 μ
ρN
1,386 1,386 A = ρ N μ ρ N μ A μ 4 A a a A 2 1,386 A = , karena E = 4 MeV ; μ = 0,00245 m a) x ; kg γ 1 a ρ N μ 4 A a 6,225.10 026 k mol mol-1 6,225.10 6,225.1023 mol-1 ρ 11,34. 10 6 kg 3 dan N = 6,225.1 A Pb m
karena μ
A μ maka x a 1 A
=
1,386
=
maka
x
1
= 4
1,386 A ρ N
A
μ
a
=
1,386 207 kg 11,34. 10 6
m3
2 . 6,225.1023 mol-1. 0,00245 m
kg
25
x
286,902 286,902 m= m = 1658,88042. 10- 29m 1 0,1 0,17294 2949175 175. 10 6 . 1023 0,1729 729491 49175. 1029 4 1,659. 10 - 26 m =
2 , karena E = 6 MeV ; μ 0,00272 m ; kg γ 1 a ρ N μ 4 A a 6,225.1023 mol-1 maka ρ 11,34. 10 6 kg 3 dan N = 6,225.10 A Pb m
b) x
x
x
1,386 A
=
1
= 4
1,386 A ρ N
A
μ
=
a
1,386 207 kg 11,34. 10 6
m3
2 . 6,225.1023 mol-1. 0,00272 m
kg
286,902 286,902 m= m = 1494,212143. 10- 29m 1 0,19200888. 10 6 . 1023 0,19200888. 1029 4 1,494. 10- 26 m =
2 , karena E = 10 MeV ; μ = 0,00310 m ; kg γ 1 a ρ N μ 4 A a 6,225.10 023 mol-1 maka ρ 11,34. 10 6 kg 3 ; dan N = 6,225.1 A Pb m
c) x
x
=
1
1,386 A
= 4
1,386 A ρ N
A
μ
a
=
1,386 207 kg 11,34. 10 6
m3
2 . 6,225.1023 mol-1. 0,00310 m
kg
286,902 286,902 m= m = 1311,050654. 10- 29m 1 0,21883365. 10 6 . 1023 0,21883365. 1029 4 1,311. 10- 26 m 2. Peluruhan Cs-137 menjadi Ba-137 memiliki transisi 0,6616 MeV. Tentukan energi elektron konversi untuk kulit K dan L, jika diketahui energi ikat kulit K dan L untuk Cs adalah 35,9 keV dan 5,7 keV, sedangkan untuk Ba adalah 37,4 keV dan 6,0 keV. x
=
Diketahui
:
137 Cs 137 Ba + E
= 0,6616 0,6616 MeV = 661,6 661,6 keV
E BCs (K) = 35,9 keV E BCs (L) = 5,7 keV E BBa (K) = 37,4 keV E BBa (L) = 6,0 keV Ditanyakan
: (a) Untuk Cs : (1) E (K)= .....? e (2) E (L) = …..? e (a) Untuk Ba :
26 (1) E (K)= .....? e 92) E (L) = …..? e :
Penyelesaian a) Untuk Cs: (1) E (K) = E EBCs (K) karena E = 661,6 keV dan E BCs (K) = 35,9 keV maka e
E (K) = 661,6 661,6 keV - 35,9 35,9 keV keV = 625,7 625,7 keV. keV. e (2) E (L) = E E BCs (L) karena E = 661,6 keV dan EBCs (L) = 5,7 keV maka e E (L) (L) = 661,6 661,6 keV 5,7 keV = 655,9 655,9 keV . e
b) Untuk Ba: (1) E (K) = E E BBa (K) karena E = 661,6 keV dan E BBa(K) = 37,4 keV maka e E (K) = 661,6 keV 37,4 keV = 624,2 keV . e (2) E (L) = E E BBa (L) karena E = 661,6 keV dan EBBa (L) = 6,0 keV maka e E (L) (L) = 661,6 661,6 keV 6,0 keV = 655,6 655,6 keV. keV. e
3. Pada nuklida 11B terjadi transisi gamma dari tingkat energi 9,28 MeV (dengan paritas spin
5 5 ) ke tingkat energi 4,46 MeV (paritas spin ). Multipol apakah yang 2 2
dominan pada transisi ini? Hitunglah lebar peluruhan gamma dalam eV (Hasil pengukuran Γ γ = 5,4 eV ).
Diketahui
: 11B 5 I i 2 5
I =f 2
Ditanyakan
: a) λ
EL
b) λ
......?
ML
......?
9,28 MeV
sinar 4,46 MeV
27
Penyelesaian
:
E γ = E 2 - E1 E γ = 9,28 9,28 - 4,46 4,46 E γ = 4,8 4,82 2 MeV MeV.. 5 5 L = I - I ,dengan I = dan I = i f i f 2 2 5 5 L = - 2 2 5 5 10 L = + 5 2 2 2
5
Paritas untuk radiasi multipol lisrrik : π = (-1) (-1) = -1 terjadi perubahan paritas Paritas untuk radiasi multipol magnetik: π = - (-1) 5 = 1 tidak terjadi perubahan paritas Probabilitas transisi : 2 L 1 E 1 γ λ L Beq L 2 c L 2 L 1 !! 8 π L 1
a
Untuk radiasi listrik: 2
2
3 2L B EL R 4 π L3 e
b
1 RR
o
A3 2L
1 2 2 e 3 3 B EL R A karena L = 5; π = -1 ; dan A = 11 maka 11 maka 4 π L3 o 2.5 1 2 2 e 3 3 B EL R A 4 -1 5 3 o 10 1 2 e2 3 3 B EL R 1 1 - 4 8 o 10 1 2 e 9 3 B EL R o 11 4 64
28
Untuk radiasi magnet:
2 h 1 B M L 10 m c R 2 p h B M L 10 m c p
2
B EL
10 1 1 e2 9 3 R o 11 2 4 6 4 R
10 1 2 2 9 h 1 e 3 B M L 10 R 11 m c R 2 4 64 o p
c
29 2
2 h 1 e2 3 B ML 10 R 2L m c R 2 4 π L 3 p 2 1 2 2 h e 3 B ML 10 R 2L-2 , karena π = 1 ; L = 5; A = 11; R = = R 113 o m c 4 π L 3 p 2.5-2 2 1 2 2 h e 3 B ML 10 R 113 o m c 4 . 1 5 3 p 8 2 1 2 2 h e 3 3 B ML 10 R 1 1 c m c 4 8 o p Probabilitas transisi untuk listrik dan magnet : 1 2L 1 21 E 2 4,4.10 L 1 3 γ λ R 2L , karena L = 5; R = R 113 ; EL o 2 L 2L 1 !! L 3 A E γ = 4,82 4,82 MeV; MeV; maka maka . 2 . 5 1 4,4.1021 5 1 3 2 E γ λ R 2 . 5 EL 2 5 2 . 5 1 !! 5 3 11
11 21 2 4 ,4 .1 0 6 3 4 ,8 2 M eV λ Ro EL 2 8 11 5 11 11 !!
10 1 113
1 2L 1 1,9.1021 L 1 3 2 E γ λ R 2L 2 karena L = 5; R = R 113 ; ML o 2 L 2L 1 !! L 3 A E γ = 4,82 MeV; maka 2 .5 2 1 2 . 5 1 1 ,9.1021 5 1 3 2 E γ λ R 113 ML o 2 5 2 . 5 1 !! 5 3 11
8
1 11 21 2 1 ,9 . 1 0 6 3 4 ,8 2 M eV 3 λ R 1 1 o ML 2 8 11 5 11 11 !!
---------------------- selesai ----------------------
30
TUGAS BAB 8
1. Nuklida 12 N mengalami peluruhan beta positif ke keadaan eksitasi 12 C yang 7 6 selajutnya meluruh ke keadaan dasar dengan memancarkan gamma 4,43 Mev . Berapakah energi kinetik maksimum partikel beta yang dipancarkan ?. 2. Nuklida 22 Ne memancarkan foton sehingga terjadi transisi dari keadaan tereksitasi ke 10
keadaan dasar. Jika energi foton 1274,545 keV dan massa atom nuklida tersebut dalam keadaan dasar 21,991383 , berapa energi inti itu dalam keadaan tereksitasi?. ------------------------- selamat mengerjakan -------------------------
