Sovella itsenäisesti

Annettu

vihreä $\lambda_\text{v} = 557{,}7\,\text{nm}$, punainen $\lambda_\text{p} = 630{,}0\,\text{nm}$, kuvan energiatasot, $h = 6{,}626 \cdot 10^{-34}\,\text{J}\,\text{s}$ ja $c = 2{,}998 \cdot 10^{8}\,\text{m/s}$

Kysytty

värejä vastaavat siirtymät ja kolmannen siirtymän aallonpituus $\lambda_3$

Periaate

Kun atomi siirtyy ylemmältä energiatasolta alemmalle, se lähettää fotonin, jonka energia on tasojen erotus. Lasketaan kummankin värin fotonin energia ja verrataan sitä tasojen erotuksiin. Kolmas mahdollinen siirtymä on ylemmästä viritystilasta suoraan perustilaan.

Kuvaajan lukeminen

Kuvasta luetaan perustila $0$, alempi viritystila $1{,}97\,\text{eV}$ ja ylempi viritystila $4{,}19\,\text{eV}$. Tasojen erotukset ovat $4{,}19\,\text{eV} - 1{,}97\,\text{eV} = 2{,}22\,\text{eV}$, $1{,}97\,\text{eV} - 0 = 1{,}97\,\text{eV}$ ja $4{,}19\,\text{eV} - 0 = 4{,}19\,\text{eV}$.

Kaava

$E = hf = \dfrac{hc}{\lambda}$, josta kolmannelle siirtymälle $\lambda_3 = \dfrac{hc}{E_3}$

Muunnokset

$\lambda_\text{v} = 557{,}7 \cdot 10^{-9}\,\text{m}$ ja $\lambda_\text{p} = 630{,}0 \cdot 10^{-9}\,\text{m}$. Elektronivoltit muunnetaan sijoittamalla $1\,\text{eV} = 1{,}602 \cdot 10^{-19}\,\text{J}$:

Sijoitus

Vihreä:

joten vihreä valo syntyy siirtymässä ylemmästä viritystilasta alempaan. Punainen: samalla tavalla

joten punainen valo syntyy siirtymässä alemmasta viritystilasta perustilaan. Kolmas siirtymä:

Vastaus

Vihreä valo syntyy siirtymässä ylemmästä viritystilasta alempaan ja punainen alemmasta viritystilasta perustilaan. Kolmannen siirtymän aallonpituus on $\lambda_3 \approx 296\,\text{nm}$, kolme merkitsevää numeroa kuten energiatasoissa. Se on ultraviolettisäteilyä, jota silmä ei näe.

Järkevyys

Suurin energiaero antaa lyhimmän aallonpituuden, ja $296\,\text{nm}$ on lyhyempi kuin näkyvän valon alaraja noin $380\,\text{nm}$. Näkyvän valon fotonien energiat ovat $1{,}7$–$3{,}3\,\text{eV}$, ja molemmat revontulten värit osuvat tälle välille, mutta $4{,}19\,\text{eV}$ ei osu.

Annettu

elektronin liike-energia $E_\text{k} = 5\,\text{keV}$, ylemmän viritystilan energia $\Delta E = 4{,}19\,\text{eV}$ perustilasta

Kysytty

suurin mahdollinen virittävien törmäysten määrä $n$

Periaate

Elektroni luovuttaa jokaisessa virittävässä törmäyksessä atomille vähintään tasojen erotuksen verran energiaa. Suurin määrä virityksiä saadaan, jos koko liike-energia kuluu niihin eikä mihinkään muuhun.

Kaava

$n = \dfrac{E_\text{k}}{\Delta E}$

Muunnokset

Joulemuunnosta ei tarvita, koska molemmat energiat ovat elektronivoltteina.

Sijoitus

Vastaus

Yksi elektroni voi virittää enintään noin $1200$ happiatomia ylempään viritystilaan.

Järkevyys

Oletuksena oli, että kaikki energia kuluu tähän viritykseen. Todellisuudessa elektroni myös ionisoi atomeja ja molekyylejä, virittää typpimolekyylejä ja muita tasoja ja siirtää energiaa hiukkasten liike-energiaksi, joten virityksiä on selvästi vähemmän. Joka tapauksessa yksi nopea elektroni synnyttää satoja fotoneja, mikä selittää, miksi revontulet ovat kirkkaita.

Kysytty

miksi punaista valoa ei synny alempana ja miksi spektri koostuu viivoista

Periaate

Atomin energia voi olla vain tiettyjä arvoja. Viritetty atomi voi luopua energiastaan kahdella tavalla: lähettämällä fotonin tai törmäyksessä, jossa energia siirtyy toiselle hiukkaselle. Kumpi tapahtuu ensin, riippuu viritystilan keskimääräisestä elinajasta ja siitä, kuinka usein atomi törmää.

Mallivastaus

Spektriviivat. Happiatomin energia voi olla vain energiatasojen arvoja. Kun atomi siirtyy tasolta toiselle, syntyvän fotonin energia on tasojen erotus, ja siitä seuraa tietty aallonpituus. Siksi kaasun valossa on vain näitä aallonpituuksia eli erillisiä spektriviivoja eikä jatkuvaa spektriä.

Korkeus ja värit. Alempi viritystila, joka tuottaa punaisen valon, purkautuu fotonina keskimäärin vasta noin $110\,\text{s}$:n kuluttua. $100$–$150\,\text{km}$:n korkeudella ilma on niin tiheää, että viritetty atomi törmää muihin hiukkasiin moneen kertaan jo paljon lyhyemmässä ajassa. Törmäys purkaa viritystilan: energia siirtyy toiselle hiukkaselle, eikä fotonia synny. Yli $200\,\text{km}$:n korkeudella ilma on hyvin harvaa ja törmäyksiä on vähän, joten moni atomi ehtii lähettää punaisen fotonin.

Ylempi viritystila purkautuu jo noin $0{,}7\,\text{s}$:ssa, joten moni atomi lähettää vihreän fotonin ennen törmäystä myös tiheämmässä ilmassa. Punainen valo vaatii siis harvan ilman, ja siksi se näkyy revontulten yläosassa.

Annettu

piin energia-aukko $E = 1{,}12\,\text{eV}$, $h = 6{,}626 \cdot 10^{-34}\,\text{J}\,\text{s}$, $c = 2{,}998 \cdot 10^{8}\,\text{m/s}$ ja väitteen aallonpituus $1500\,\text{nm}$

Kysytty

pisin havaittava aallonpituus $\lambda_\text{max}$ ja arvio väitteestä

Periaate

Yksi fotoni nostaa yhden elektronin johtavuusvyölle, jos fotonin energia on vähintään $1{,}12\,\text{eV}$. Fotonin energia pienenee aallonpituuden kasvaessa, joten pisin havaittava aallonpituus vastaa juuri tätä energiaa. Säteilyn voimakkuus kertoo fotonien määrän, ei yksittäisen fotonin energiaa.

Kaava

$E = \dfrac{hc}{\lambda}$, josta $\lambda_\text{max} = \dfrac{hc}{E}$

Muunnokset

Sijoitus

Väitteen säteilylle

Vastaus

Kenno havaitsee aallonpituudet $\lambda_\text{max} \approx 1110\,\text{nm}$:iin asti, joten se havaitsee revontulten vihreän ja punaisen valon. Väite on väärä: $1500\,\text{nm}$:n fotonin energia $0{,}83\,\text{eV}$ on pienempi kuin $1{,}12\,\text{eV}$. Voimakkaampi säteily tuo kennolle enemmän fotoneja, mutta yksikään niistä ei nosta elektronia johtavuusvyölle, joten pikseli ei havaitse mitään.

Järkevyys

Raja $1{,}1\,\mu\text{m}$ on lähi-infrapunassa, ja piikennoilla kuvataankin myös lähi-infrapunaa. Kynnys on sama ajatus kuin valosähköisessä ilmiössä: ratkaisevaa on yhden fotonin energia, ei valon voimakkuus.

Annettu

atomimassat $m_\text{Pu} = 238{,}049560\,\text{u}$, $m_\text{U} = 234{,}040952\,\text{u}$ ja $m_\text{He} = 4{,}002603\,\text{u}$ sekä $1\,\text{u} = 931{,}5\,\tfrac{\text{MeV}}{c^2}$

Kysytty

reaktioyhtälö ja yhden hajoamisen energia $Q$

Periaate

Alfahajoamisessa ytimestä lähtee helium-4-ydin, joten nukleoniluku pienenee neljällä ja järjestysluku kahdella. Reaktiotuotteiden yhteismassa on pienempi kuin lähtöytimen, ja massojen erotus vastaa vapautuvaa energiaa. Atomimassoissa ovat mukana elektronit: plutoniumatomissa on $94$ elektronia, uraaniatomissa $92$ ja heliumatomissa $2$, joten elektronien massat kumoutuvat.

Kaava

${}^{238}_{94}\text{Pu} \rightarrow {}^{234}_{92}\text{U} + {}^{4}_{2}\text{He}$ ja $Q = (m_\text{Pu} - m_\text{U} - m_\text{He})\,c^2$

Muunnokset

Massavaje muunnetaan energiaksi sijoittamalla $1\,\text{u} = 931{,}5\,\tfrac{\text{MeV}}{c^2}$.

Sijoitus

joten

Vastaus

${}^{238}_{94}\text{Pu} \rightarrow {}^{234}_{92}\text{U} + {}^{4}_{2}\text{He}$

Ja yksi hajoaminen vapauttaa $Q \approx 5{,}59\,\text{MeV}$. Kolme merkitsevää numeroa, koska massavajeessa $0{,}006005\,\text{u}$ on neljä.

Järkevyys

Alfahajoamisten energiat ovat tyypillisesti muutamia megaelektronivoltteja, miljoonakertaisia kemiallisiin reaktioihin verrattuna. Massa pienenee vain noin $0{,}0025\,\%$.

Annettu

lämpöteho $P = 2000\,\text{W}$, a-kohdan $Q = 5{,}594\,\text{MeV}$, $T_{1/2} = 87{,}7\,\text{a}$, $m_\text{Pu} = 238{,}049560\,\text{u}$ ja plutoniumdioksidia $4{,}8\,\text{kg}$

Kysytty

plutonium-238:n massa $m$ ja sen osuus generaattorin plutoniumista

Periaate

Jokainen hajoaminen tuottaa lämpöä $Q$, joten aktiivisuus eli hajoamisia sekunnissa on teho jaettuna yhden hajoamisen energialla. Aktiivisuus on verrannollinen hajoamattomien ytimien määrään. Ytimien määrästä saadaan massa yhden atomin massan avulla.

Kaava

$A = \dfrac{P}{Q}$, $A = \lambda N$, missä $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}$, joten $N = \dfrac{A}{\lambda}$ ja $m = N m_\text{Pu}$

Muunnokset

Sijoitus

Plutoniumdioksidin plutoniumia on

joten osuus on $3{,}52\,\text{kg} : 4{,}23\,\text{kg} = 0{,}83$.

Vastaus

Generaattorissa on oltava noin $m \approx 3{,}5\,\text{kg}$ plutonium-238:aa, kaksi merkitsevää numeroa kuten polttoaineen massassa ja tehossa. Se on noin $83\,\%$ generaattorin plutoniumista.

Järkevyys

Osuus jää alle $100\,\%$:n, kuten pitääkin: valmistuksessa plutonium-238:n mukaan tulee muitakin plutoniumin isotooppeja, ja osa plutonium-238:sta on hajonnut ennen laukaisua. Tulos vastaa myös tunnettua lukua: plutonium-238 tuottaa lämpöä noin $2000\,\text{W} : 3520\,\text{g} \approx 0{,}57\,\tfrac{\text{W}}{\text{g}}$.

Kysytty

miksi polttoaineeksi valitaan plutonium-238 ja mikä on säteilyturvallisuuden kannalta tärkeää

Periaate

Polttoaineelta vaaditaan kolmea asiaa: teho ei saa pienentyä paljon lennon aikana, aktiivisuuden on oltava suuri pienessä massassa, ja säteilyn on muututtava lämmöksi polttoaineen sisällä ilman raskasta suojaa. Aktiivisuus ytimien määrää kohti on $\lambda = \tfrac{\ln 2}{T_{1/2}}$, joten se on kääntäen verrannollinen puoliintumisaikaan.

Mallivastaus

Polonium-210. Puoliintumisaika $138\,\text{d}$ on lyhyt. Vuoden kuluttua tehosta on jäljellä $\left(\tfrac{1}{2}\right)^{365{,}25 / 138} \approx 0{,}16$ eli noin kuudesosa, joten vuosikymmenten lentoon se ei sovi.

Uraani-238. Puoliintumisaika on $4{,}47 \cdot 10^{9}\,\text{a} : 87{,}7\,\text{a} \approx 5 \cdot 10^{7}$ kertaa pidempi kuin plutonium-238:lla, joten aktiivisuus ytimien määrää kohti on yhtä monta kertaa pienempi. Saman tehon tuottamiseen tarvittaisiin satoja miljoonia kilogrammoja uraania.

Koboltti-60. Puoliintumisaika on lyhyehkö, ja voimakas gammasäteily läpäisee ainetta: se vaatisi tonneittain lyijysuojaa ja vaurioittaisi mönkijän elektroniikkaa ja mittalaitteita. Plutonium-238:n alfahiukkaset taas pysähtyvät jo polttoaineeseen, jolloin niiden energia muuttuu lämmöksi siellä, missä sitä tarvitaan. Plutonium-238 on siis riittävän pitkäikäinen ja silti riittävän aktiivinen.

Säteilyturvallisuus. Alfasäteily ei läpäise generaattorin kuorta, joten ulkoinen säteily on pientä. Plutonium on kuitenkin hyvin vaarallista, jos sitä joutuu elimistöön esimerkiksi hengitettynä pölynä: alfahiukkaset luovuttavat koko energiansa lähisoluihin. Siksi polttoaine on kestävänä keraamisena plutoniumdioksidina tiiviissä kapseleissa, jotka on suunniteltu kestämään räjähdys ja putoaminen laukaisuonnettomuudessa.

Annettu

alkuteho $P_0 = 2000\,\text{W}$, sähköteho $110\,\text{W}$, aika $t = 14\,\text{a}$ ja $T_{1/2} = 87{,}7\,\text{a}$

Kysytty

lämpöteho $P$ ja sähköteho samalla hyötysuhteella, sekä syy nopeampaan pienenemiseen

Periaate

Lämpöteho on verrannollinen aktiivisuuteen, ja aktiivisuus on verrannollinen hajoamattomien ytimien määrään. Siksi lämpöteho pienenee samalla tavalla kuin ytimien määrä, hajoamislain mukaan. Jos hyötysuhde pysyy samana, sähköteho pienenee samassa suhteessa.

Kaava

$P = P_0 \left(\tfrac{1}{2}\right)^{t / T_{1/2}}$

Muunnokset

Ei tarvita, koska $t$ ja $T_{1/2}$ ovat samassa yksikössä.

Sijoitus

ja sähköteho $110\,\text{W} \cdot 0{,}8953 = 98{,}5\,\text{W}$

Vastaus

Lämpöteho on noin $P \approx 1790\,\text{W}$, ja samalla hyötysuhteella sähköteho olisi noin $98\,\text{W}$. Todellinen sähköteho pienenee nopeammin, koska lämpösähköparit vanhenevat ja hyötysuhde pienenee. Hajoamislaki antaa siksi sähköteholle vain ylärajan.

Järkevyys

$14$ vuotta on noin kuudesosa puoliintumisajasta, joten tehosta on kadonnut noin $10\,\%$, selvästi alle puolet. Generaattori riittää siis vuosikymmenten lentoon.

Annettu

aktiivisuus $A = 10\,\text{Bq}$, aika $t = 1\,\text{a}$, a-kohdan $Q = 8{,}961 \cdot 10^{-13}\,\text{J}$, keuhkojen massa $m = 1{,}2\,\text{kg}$, $w_\text{R} = 20$ ja $w_\text{T} = 0{,}12$

Kysytty

efektiivinen annos $H_\text{E}$ vuodessa ja vertailu keskimääräiseen vuosiannokseen

Periaate

Alfahiukkaset pysähtyvät muutaman solun matkalle, joten jokaisen hajoamisen energia jää keuhkokudokseen. Aktiivisuus on hajoamisia sekunnissa, ja puoliintumisaika $87{,}7\,\text{a}$ on niin pitkä, että aktiivisuus pysyy vuoden ajan likimain vakiona. Absorboitunut annos on energia massaa kohti. Alfasäteilyn painotuskerroin antaa keuhkojen ekvivalenttiannoksen, ja koska vain keuhkot säteilytetään, efektiivinen annos saadaan keuhkojen painotuskertoimella.

Kaava

$E = AtQ$, $D = \dfrac{E}{m}$, $H_\text{T} = w_\text{R} D$ ja $H_\text{E} = w_\text{T} H_\text{T}$

Muunnokset

Sijoitus

Vastaus

Efektiivinen annos olisi noin $H_\text{E} \approx 0{,}57\,\text{mSv}$ vuodessa, kaksi merkitsevää numeroa kuten massassa $1{,}2\,\text{kg}$. Se on noin kymmenesosa suomalaisen keskimääräisestä vuosiannoksesta $5{,}9\,\text{mSv}$, vaikka $10\,\text{Bq}$ on hyvin pieni aktiivisuus. Siksi plutoniumin pääsy elimistöön estetään kestävällä keraamisella polttoaineella ja tiiviillä kapseleilla.

Järkevyys

Ulkopuolelta sama $10\,\text{Bq}$:n alfasäteilijä olisi lähes vaaraton, koska alfahiukkaset pysähtyvät ihon kuolleeseen pintakerrokseen. Keuhkoissa kerroin $20$ kasvattaa annoksen, ja kerroin $0{,}12$ pienentää sen koko kehon riskiksi. Tulos on samaa suuruusluokkaa kuin väestön annosraja säteilyn käytöstä, $1\,\text{mSv}$ vuodessa.

Kysytty

kuvaaja, jonka pisteiden pitäisi oletuksen mukaan olla origon kautta kulkevalla suoralla, ja päätelmä siitä

Kuvaaja

Taustan pulssitaajuus on $R_\text{t} = \dfrac{112}{5{,}0\,\text{min}} = 22{,}4\,\tfrac{1}{\text{min}}$. Se vähennetään jokaisesta lukemasta, jolloin saadaan lähteen nettopulssitaajuus $R$. Jos lähde on pistemäinen ja säteily leviää tasaisesti kaikkiin suuntiin, etäisyydellä $r$ fotonit jakautuvat pallon pinnalle, jonka ala on $4\pi r^2$. Putken ikkunaan osuu silloin osuus, joka on verrannollinen suureeseen $\tfrac{1}{r^2}$, joten oletuksen mukaan $R = \dfrac{K}{r^2}$. Vaaka-akselille valitaan $\tfrac{1}{r^2}$ ja pystyakselille $R$.

Mallivastaus

Pisteet eivät asetu origon kautta kulkevalle suoralle. Kaukaisimman pisteen kautta piirretty origosuora kulkee lähimpien pisteiden yläpuolella, ja pisteet muodostavat alaspäin kaartuvan käyrän. Saman näkee taulukon tulosta $Rr^2$: oletuksen mukaan se olisi vakio, mutta satunnaisvaihtelua lukuun ottamatta se kasvaa etäisyyden kasvaessa noin $12\,000$:sta $29\,000$:een. Pulssitaajuus siis kasvaa lähdettä lähestyttäessä hitaammin kuin $\tfrac{1}{r^2}$. Oletus ei sellaisenaan päde ainakaan lähellä lähdettä, joten jokin sen osista on väärä: esimerkiksi etäisyys ei ole oikea etäisyys lähteestä siihen kohtaan, jossa säteily havaitaan.

Kysytty

kuvaaja, jonka pisteiden pitäisi mallin $R = \dfrac{K}{(r + d)^2}$ mukaan olla suoralla, ja siitä matka $d$

Kuvaaja

Mallista saadaan $\dfrac{1}{\sqrt{R}} = \dfrac{r + d}{\sqrt{K}} = \dfrac{1}{\sqrt{K}} \cdot r + \dfrac{d}{\sqrt{K}}$. Suure $\tfrac{1}{\sqrt{R}}$ on siis $r$:n ensimmäisen asteen funktio, ja suora leikkaa $r$-akselin kohdassa $r = -d$. Vaaka-akselille valitaan $r$ ja pystyakselille $\tfrac{1}{\sqrt{R}} = R^{-1/2}$, jonka yksikkö on $\sqrt{\text{min}} = \text{min}^{1/2}$. Esimerkiksi $20\,\text{cm}$:ssä $R = 71{,}6\,\tfrac{1}{\text{min}}$, joten $\tfrac{1}{\sqrt{R}} = 11{,}82 \cdot 10^{-2}\,\sqrt{\text{min}}.$

Mallivastaus

Pisteet asettuvat hyvin suoralle, joten malli kuvaa mittausta koko välillä. Suoraa jatketaan katkoviivana $r$-akselille, jonka se leikkaa kohdassa $r = -1{,}3\,\text{cm}$. Leikkauskohdan voi myös laskea suoran kahdesta kaukaisesta pisteestä $(-1{,}3\,\text{cm}$; $0)$ ja $(20{,}0\,\text{cm}$; $12{,}0 \cdot 10^{-2}\,\sqrt{\text{min}})$. Siten $d \approx 1{,}3\,\text{cm}$. Putken tehollinen havaintokohta on siis noin senttimetrin ikkunan takana, mikä sopii GM-putken rakenteeseen. Silmämääräisesti sovitetuista suorista saadaan tyypillisesti $d = 1{,}0$–$1{,}6\,\text{cm}$. Suoran kulmakerroin on $k = \dfrac{12{,}0 \cdot 10^{-2}\,\sqrt{\text{min}} - 0}{20{,}0\,\text{cm} - (-1{,}3\,\text{cm})} = 5{,}63 \cdot 10^{-3}\,\tfrac{\sqrt{\text{min}}}{\text{cm}}$, josta $K = \dfrac{1}{k^2} = 3{,}15 \cdot 10^{4}\,\tfrac{\text{cm}^2}{\text{min}}$.

Kysytty

$2{,}0\,\text{cm}$:n ja $20\,\text{cm}$:n nettopulssitaajuuksien epävarmuus, epävarmempi piste ja parannukset

Periaate

Pulssien määrän satunnaisvaihtelu on noin $\sqrt{N}$, joten suhteellinen vaihtelu $\tfrac{\sqrt{N}}{N} = \tfrac{1}{\sqrt{N}}$ on sitä suurempi, mitä vähemmän pulsseja lasketaan. Taustan vähentäminen tuo oman pienen epävarmuutensa. Lähellä lähdettä myös etäisyyden lukeminen vaikuttaa, koska pulssitaajuus riippuu etäisyyden neliöstä.

Mallivastaus

$20\,\text{cm}$. $\Delta N \approx \sqrt{94} \approx 10$, ja taustan $112$ pulssin vaihtelu $\sqrt{112} \approx 11$ viidessä minuutissa on $2{,}1\,\tfrac{1}{\text{min}}$. Nettopulssitaajuus on siis $R = 72 \pm 10\,\tfrac{1}{\text{min}}$, epävarmuus noin $14\,\%$.

$2{,}0\,\text{cm}$. $\Delta N \approx \sqrt{3048} \approx 55$, joten $R = 3026 \pm 55\,\tfrac{1}{\text{min}}$, vain noin $2\,\%$. Tällä etäisyydellä tärkeämpi on etäisyyden virhe: jos etäisyys on $1\,\text{mm}$ väärin, matka havaintokohtaan $3{,}3\,\text{cm}$ muuttuu noin $3\,\%$ ja pulssitaajuus noin $2 \cdot 3\,\% = 6\,\%$.

Johtopäätös. Satunnaisvaihtelun vuoksi epävarmin on kaukaisin piste $20\,\text{cm}$:ssä, lähellä lähdettä taas etäisyyden asettaminen. Kaukana lähteestä kannattaa laskea pulsseja pidempään: neljä kertaa pidempi laskenta-aika puolittaa suhteellisen vaihtelun. Taustaa kannattaa mitata vielä pidempään. Lähipisteissä lähde ja putki kannattaa kiinnittää telineeseen, jossa etäisyys asetetaan tarkasti.

Annettu

b-kohdan $K = 3{,}15 \cdot 10^{4}\,\tfrac{\text{cm}^2}{\text{min}}$ ja $d = 1{,}3\,\text{cm}$, tausta $R_\text{t} = 22{,}4\,\tfrac{1}{\text{min}}$, annosnopeus $3{,}0\,\mu\text{Sv/h}$ $10\,\text{cm}$:n päässä

Kysytty

etäisyys $r$, jolla nettopulssitaajuus on yhtä suuri kuin taustan, ja arvio päättelystä

Periaate

b-kohdan mallin mukaan nettopulssitaajuus pienenee kuten $\tfrac{1}{(r + d)^2}$. Asetetaan se yhtä suureksi kuin taustan pulssitaajuus. Annosnopeus pienenee pistemäisestä lähteestä samalla tavalla etäisyyden neliön mukaan, joten sen voi arvioida samalle etäisyydelle.

Kaava

$\dfrac{K}{(r + d)^2} = R_\text{t}$, josta $r = \sqrt{\dfrac{K}{R_\text{t}}} - d$, ja annosnopeus

Muunnokset

Ei tarvita.

Sijoitus

Vastaus

Nettopulssitaajuus on taustan suuruinen noin $r \approx 36\,\text{cm}$:n päässä, ja annosnopeus on siellä noin $0{,}2\,\mu\text{Sv/h}$. Päättely on väärä. Lähteen säteily ei lopu, vaan sen annosnopeus pienenee taustasäteilyn suuruusluokkaan, eikä putki tällä laskenta-ajalla erota sitä taustan vaihtelusta. Kaukana lähteestä säteily on silti hyvin vähäistä, joten etäisyys on hyvä suojautumiskeino, kuten myös ajan rajoittaminen.

Järkevyys

Lähteen annosnopeus $0{,}2\,\mu\text{Sv/h}$ on samaa suuruusluokkaa kuin ulkoilman tausta $0{,}05$–$0{,}30\,\mu\text{Sv/h}$, joten pulssimittaus ja annosnopeus kertovat saman asian. Vertailuksi: $45\,\text{min}$ työskentely $10\,\text{cm}$:n päässä antaa noin $3{,}0\,\mu\text{Sv/h} \cdot 0{,}75\,\text{h} \approx 2\,\mu\text{Sv}$, kun suomalainen saa keskimäärin $5{,}9\,\text{mSv} : 365 \approx 16\,\mu\text{Sv}$ päivässä.

Kysytty

miksi vapaa neutroni hajoaa mutta protoni ei, mitä kvarkeille tapahtuu ja mikä vuorovaikutus aiheuttaa sen

Periaate

Vapaa hiukkanen voi hajota itsestään vain, jos tuotteiden yhteismassa on pienempi kuin sen oma massa: massojen erotus vapautuu tuotteiden liike-energiaksi. Neutroni on $udd$ ja protoni $uud$.

Mallivastaus

Massat. Neutronin hajoamisessa syntyy protoni, elektroni ja elektronin antineutriino: $n \rightarrow p + e^- + \bar{\nu}_e$. Varaus säilyy, koska $0 = (+e) + (-e) + 0$. Massojen erotus on $939{,}565\,\tfrac{\text{MeV}}{c^2} - 938{,}272\,\tfrac{\text{MeV}}{c^2} - 0{,}511\,\tfrac{\text{MeV}}{c^2} = 0{,}782\,\tfrac{\text{MeV}}{c^2}$, kun antineutriinon hyvin pieni massa jätetään pois. Neutroni on siis raskaampi kuin tuotteet yhteensä, ja hajoamisessa vapautuu noin $0{,}782\,\text{MeV}$ energiaa. Protoni on kevyempi kuin neutroni, joten vapaa protoni ei voi muuttua neutroniksi: siihen tarvittaisiin energiaa.

Kvarkit ja vuorovaikutus. Neutronin ($udd$) yksi $d$-kvarkki muuttuu $u$-kvarkiksi, jolloin syntyy protoni ($uud$). Kvarkin lajin muuttaa vain heikko vuorovaikutus. Sen välittäjähiukkanen $W^-$ syntyy $d$-kvarkin muuttuessa ja muuttuu heti elektroniksi ja antineutriinoksi.

Annettu

helium-4:n massaosuus $Y = 0{,}245$

Kysytty

protonien ja neutronien määrien suhde $\tfrac{N_p}{N_n}$ ytimien syntyessä

Periaate

Lähes kaikki neutronit päätyivät helium-4-ytimiin, ja jokaisessa niistä on kaksi neutronia ja kaksi protonia. Jokaista heliumiin päätynyttä neutronia kohti heliumiin päätyi siis myös yksi protoni, ja heliumissa on $2N_n$ nukleonia. Oletetaan protonin ja neutronin massat yhtä suuriksi ja jätetään ytimen sidosenergian pieni vaikutus massaan huomiotta. Silloin massaosuus on sama kuin nukleonien määrien osuus.

Kaava

$Y = \dfrac{2N_n}{N_n + N_p}$, josta $\dfrac{N_p}{N_n} = \dfrac{2 - Y}{Y}$

Muunnokset

$24{,}5\,\% = 0{,}245$

Sijoitus

Vastaus

Kun ytimiä syntyi, jokaista neutronia kohti oli noin $7{,}2$ protonia. Oletuksena oli, että nukleonien massat ovat yhtä suuret ja että deuteriumiin, helium-3:een ja litiumiin jäävien neutronien määrä on pieni.

Järkevyys

Hetkellä $1\,\text{s}$ protoneja oli $6$ neutronia kohti, ja neutronien hajotessa suhde kasvaa, joten luku $7{,}2$ on oikeaan suuntaan. Jos jokaista neutronia kohti olisi ollut tasan $7$ protonia, heliumia olisi ollut $\tfrac{2}{8} = 25\,\%$ massasta, mikä on lähellä havaittua.

Annettu

hetkellä $t = 1\,\text{s}$ suhde $1 : 6$, b-kohdan suhde $1 : 7{,}16$ ja $T_{1/2} = 609\,\text{s}$

Kysytty

aika alkuräjähdyksestä ytimien syntyyn

Periaate

Tarkastellaan joukkoa, jossa hetkellä $1\,\text{s}$ on yksi neutroni ja kuusi protonia. Jokainen hajoava neutroni muuttuu protoniksi, joten nukleoneja on koko ajan $7$. Kun neutroneja on jäljellä $N_n$, protoneja on $7 - N_n$. Ratkaistaan ensin, milloin niiden suhde on b-kohdan suhde, ja sitten aika hajoamislaista.

Kaava

$\dfrac{7 - N_n}{N_n} = 7{,}16$, josta $N_n = \dfrac{7}{1 + 7{,}16}$. Hajoamislaista $N_n = N_0 \left(\tfrac{1}{2}\right)^{t / T_{1/2}}$, missä $N_0 = 1$, saadaan

Muunnokset

Ei tarvita.

Sijoitus

joten

hetkestä $1\,\text{s}$ lähtien.

Vastaus

Ytimiä alkoi syntyä noin $1\,\text{s} + 135\,\text{s} \approx 140\,\text{s}$ eli noin $2\,\text{min}$ alkuräjähdyksen jälkeen. Kaksi merkitsevää numeroa riittää, koska alkusuhde tunnetaan vain likimain.

Järkevyys

Neutroneista hajosi vain noin $14\,\%$, joten aikaa kului vähemmän kuin yksi puoliintumisaika. Tulos on minuuttien suuruusluokkaa; d-kohdassa sitä verrataan tarkempien mallien noin kolmeen minuuttiin.

Kysytty

muuttuuko c-kohdan tulos vähän, jos alkusuhde on $1 : 5$, mitä tulos edellyttää ja miten se sopii tarkempien mallien noin kolmeen minuuttiin

Periaate

Lasketaan sama aika suhteella $1 : 5$: nukleoneja on nyt $6$ jokaista alkuperäistä neutronia kohti. Tuloksen herkkyys kertoo, kuinka luotettava menetelmä on.

Mallivastaus

Lasku. Neutroneja on jäljellä $N_n = \dfrac{6}{1 + 7{,}16} = 0{,}735$, joten $\dfrac{t}{T_{1/2}} = \dfrac{\lg \tfrac{1}{0{,}735}}{\lg 2} = 0{,}444$ ja $t = 0{,}444 \cdot 609\,\text{s} = 270\,\text{s}$. Ytimet syntyisivät noin $271\,\text{s}$ eli noin $4{,}5\,\text{min}$ alkuräjähdyksen jälkeen.

Arvio. Väite on väärä: aika lähes kaksinkertaistuu, vaikka alkusuhde muuttui vain vähän. Syy on se, että aika riippuu siitä, kuinka suuri osa neutroneista ehtii hajota. Suhteella $1 : 6$ neutroneista hajoaa vain noin $14\,\%$, suhteella $1 : 5$ noin $26\,\%$. Kun hajoava osuus on näin pieni, pienikin muutos alkusuhteessa muuttaa sitä ja samalla aikaa suhteessa paljon. Menetelmä antaa oikean suuruusluokan, muutamia minuutteja, mutta ei tarkkaa aikaa.

Oletukset. c-kohdan tulos edellyttää, että hetken $1\,\text{s}$ jälkeen neutroneja muuttui protoneiksi vain vapaan neutronin hajoamisessa eikä muissa reaktioissa, että ytimet syntyivät käytännössä yhdellä hetkellä ja että lähes kaikki neutronit päätyivät helium-4:ään.

Vertailu. Tarkempien mallien mukaan ytimiä alkoi syntyä noin kolmen minuutin kuluttua. c-kohdan noin $2\,\text{min}$ ja suhteen $1 : 5$ noin $4{,}5\,\text{min}$ ovat molemmat samaa suuruusluokkaa: minuutteja, ei sekunteja eikä tunteja. Yksinkertainen malli antaa siis oikean suuruusluokan.

Annettu

nykyiset osuudet $0{,}720\,\%$ ja $99{,}274\,\%$, aika $t = 2{,}0 \cdot 10^{9}\,\text{a}$, puoliintumisajat $T_{235} = 7{,}04 \cdot 10^{8}\,\text{a}$ ja $T_{238} = 4{,}47 \cdot 10^{9}\,\text{a}$

Kysytty

uraani-235:n osuus uraanista $2{,}0$ miljardia vuotta sitten

Periaate

Molemmat isotoopit hajoavat koko ajan, kumpikin omalla puoliintumisajallaan. Lasketaan, kuinka monta ydintä kumpaakin oli $2{,}0$ miljardia vuotta sitten jokaista $100$ nykyistä uraaniydintä kohti: menneisyydessä ytimiä oli kerroin $2^{t / T_{1/2}}$ enemmän kuin nyt. Uraani-235 hajoaa nopeammin, joten sitä oli aiemmin suhteessa enemmän.

Kaava

$N = N_0 \left(\tfrac{1}{2}\right)^{t / T_{1/2}}$, josta $N_0 = N \cdot 2^{t / T_{1/2}}$, ja osuus $\dfrac{N_{0,235}}{N_{0,235} + N_{0,238}}$

Muunnokset

Ei tarvita, koska kaikki ajat ovat vuosina.

Sijoitus

Osuus on

Vastaus

$2{,}0$

Miljardia vuotta sitten uraanista noin $3{,}7\,\%$ oli uraani-235:tä. Osuus oli sama kuin nykyisten kevytvesireaktorien rikastetussa polttoaineessa, joten tavallinen vesi riitti hidastimeksi ja ketjureaktio oli mahdollinen. Nyt luonnonuraanissa on vain $0{,}72\,\%$ uraani-235:tä, eikä ketjureaktio kevyen veden kanssa onnistu.

Järkevyys

Uraani-235:stä on kulunut lähes kolme puoliintumisaikaa, joten sitä oli noin seitsemän kertaa nykyistä enemmän, uraani-238:sta vain noin kolmannes yhdestä. Osuuden kasvu noin viisinkertaiseksi on siis järkevä. Kaksi merkitsevää numeroa, kuten iässä $2{,}0 \cdot 10^{9}\,\text{a}$.

Kysytty

mistä pieni uraani-235:n osuus kertoo ja miten pohjavesi käynnisti ja sammutti reaktorin

Periaate

Uraani-235 fissioituu helposti, kun siihen osuu hidas neutroni, mutta fissiossa syntyvät neutronit ovat nopeita. Ketjureaktio jatkuu, kun kasvukerroin on vähintään $1$ eli jokainen fissio aiheuttaa keskimäärin vähintään yhden uuden fission. Vesi hidastaa neutroneja, kun ne törmäilevät vesimolekyylien vetyytimiin.

Mallivastaus

Pieni osuus. Ketjureaktiossa fissioituu juuri uraani-235, joten sitä kului malmista. Siksi sen osuus pieneni muualla tavattavasta arvosta $0{,}720\,\%$ arvoon $0{,}440\,\%$. Pieni osuus on siis jälki fissioista. Sitä tukee myös se, että malmissa on fissiotuotteiden isotooppeja.

Käynnistyminen. Kun pohjavettä tunkeutui malmiin, se hidasti fissiossa syntyvät nopeat neutronit. Hitaat neutronit aiheuttivat uusia uraani-235:n fissioita, ja kun kasvukerroin nousi ykköseen, ketjureaktio käynnistyi.

Sammuminen. Fissioiden energia muuttui lämmöksi, ja malmi kuumeni niin, että vesi kiehui pois. Ilman hidastinta neutronit pysyivät nopeina, kasvukerroin putosi alle ykkösen ja ketjureaktio sammui. Kun malmi jäähtyi, vettä virtasi takaisin ja reaktio käynnistyi uudelleen. Tämä selittää havaitut jaksot, noin puoli tuntia toimintaa ja parin tunnin tauko. Reaktori säätyi siis itse, samaan tapaan kuin kevytvesireaktori, jossa kiehuminen pienentää hidastuskykyä.

Annettu

Oklon teho $P_\text{O} = 100\,\text{kW}$, aika $t_\text{O} = 150\,000\,\text{a}$ ja Olkiluoto 3:n lämpöteho $P_\text{OL3} = 4300\,\text{MW}$

Kysytty

aika $t_\text{OL3}$, jossa Olkiluoto 3 tuottaa saman energian

Periaate

Lämpöenergia on teho kertaa aika. Kun molemmat tuottavat saman energian, ajat ovat kääntäen verrannollisia tehoihin.

Kaava

$P_\text{O} t_\text{O} = P_\text{OL3} t_\text{OL3}$, josta

Muunnokset

Aikaa ei tarvitse muuntaa sekunneiksi, koska tulos saadaan suoraan vuosina.

Sijoitus

Vastaus

Olkiluoto 3 tuottaa saman energian noin $3{,}5$ vuodessa. Teho ja aika ovat vain suuruusluokka-arvioita, joten tuloksessa on korkeintaan kaksi merkitsevää numeroa.

Järkevyys

Luonnonreaktorin teho oli noin $43\,000$ kertaa pienempi kuin Olkiluoto 3:n, mutta se toimi noin $43\,000$ kertaa kauemmin kuin $3{,}5$ vuotta. Energia on

Yhden fission noin $200\,\text{MeV}$:n avulla se vastaa noin $1{,}5 \cdot 10^{28}$ fissiota eli noin $6\,\text{t}$ uraani-235:tä, mikä on samaa suuruusluokkaa kuin kirjallisuuden arviot.

Kysytty

miten plutoniumin pysyminen paikallaan voidaan päätellä, ja arvio väitteestä, että Oklon perusteella Onkalon loppusijoitus on varmasti turvallinen

Periaate

Luonnon esimerkki voi tukea mallia, jos olosuhteet ovat samankaltaiset, mutta se ei todista toisen paikan turvallisuutta. On myös tarkistettava, mitä Oklossa voidaan ylipäätään havaita: plutonium-239:n puoliintumisaika on $24\,100\,\text{a}$.

Mallivastaus

Mitä Oklossa nähdään. Kahdessa miljardissa vuodessa on kulunut $2{,}0 \cdot 10^{9}\,\text{a} : 24\,100\,\text{a} \approx 83\,000$ plutonium-239:n puoliintumisaikaa, joten plutoniumia ei ole jäljellä yhtään. Sen pysyminen paikallaan päätellään sen hajoamistuotteesta: plutonium-239 hajoaa alfahajoamisella uraani-235:ksi, ja tätä uraania on löytynyt samoista kohdista. Monet fissiotuotteet ovat myös pysyneet lähellä syntypaikkaansa, mutta osa liikkuvammista aineista on kulkeutunut pois.

Arvio. Oklo on hyvä luonnon esimerkki siitä, että kallio ja savi voivat pidättää monia raskaita alkuaineita hyvin pitkään. Väite olettaa kuitenkin, että Onkalon olot ovat samanlaiset kuin Oklossa. Kallio, pohjaveden kemia ja jätteen muoto ovat erilaisia: Oklossa ei ollut käytettyä polttoainetta kapseleissa, vaan malmia. Yhden paikan havainto ei siksi siirry sellaisenaan toiseen, ja sana ”varmaa” on liian vahva.

Mihin turvallisuus perustuu. Onkalon turvallisuus perustuu useaan peräkkäiseen esteeseen: kuparikapseliin, sitä ympäröivään bentoniittisaveen ja noin $430\,\text{m}$:n syvyiseen peruskallioon. Niiden toimintaa tutkitaan kokein ja malleilla satojentuhansien vuosien ajalle, ja STUK arvioi laskelmat. Oklo tukee näitä malleja, mutta ei korvaa niitä.