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

Atomi lähettää fotonin, kun se siirtyy ylemmältä energiatasolta alemmalle. Fotoni on valon hiukkanen. Sen energia on yhtä suuri kuin 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 $0$ (alin taso), 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 muutetaan jouleiksi sijoittamalla $1\,\text{eV} = 1{,}602 \cdot 10^{-19}\,\text{J}$:

Sijoitus

Vihreä:

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

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

Vastaus

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

Järkevyys

Suurin energiaero antaa lyhimmän aallonpituuden. Aallonpituus $296\,\text{nm}$ on lyhyempi kuin näkyvän valon alaraja, joka on noin $380\,\text{nm}$. Näkyvän valon fotonien energiat ovat $1{,}7$–$3{,}3\,\text{eV}$. Molemmat revontulten värit osuvat tälle välille, mutta energia $4{,}19\,\text{eV}$ 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 atomille jokaisessa virittävässä törmäyksessä vähintään tasojen erotuksen verran energiaa. Virityksiä on eniten, jos koko liike-energia kuluu niihin eikä mihinkään muuhun.

Kaava

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

Muunnokset

Jouleiksi ei tarvitse muuttaa, 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. Ionisoiminen tarkoittaa, että atomista irtoaa elektroni. Elektroni virittää myös typpimolekyylejä ja muita energiatasoja. Lisäksi se siirtää energiaa hiukkasten liike-energiaksi. Virityksiä on siksi selvästi vähemmän. Yksi nopea elektroni synnyttää silti satoja fotoneja. Siksi 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. Se voi lähettää fotonin, tai se voi törmätä toiseen hiukkaseen ja siirtää energiansa sille. Kumpi tapahtuu ensin, riippuu kahdesta asiasta: 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. Erotuksesta seuraa tietty aallonpituus. Siksi kaasun valossa on vain näitä aallonpituuksia eli erillisiä spektriviivoja. Spektri ei ole jatkuva.

Korkeus ja värit. Alempi viritystila tuottaa punaisen valon. Se purkautuu fotonina keskimäärin vasta noin $110\,\text{s}$:n kuluttua. Korkeudella $100$–$150\,\text{km}$ 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. Moni atomi ehtii silloin lähettää punaisen fotonin.

Ylempi viritystila purkautuu jo noin $0{,}7\,\text{s}$:ssa. Moni atomi lähettää siis vihreän fotonin ennen törmäystä myös tiheämmässä ilmassa. Punainen valo tarvitsee harvan ilman. 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 $1{,}12\,\text{eV}$. Johtavuusvyö on piin energia-alue, jolla elektronit voivat liikkua vapaasti. Fotonin energia pienenee, kun aallonpituus kasvaa. Pisin havaittava aallonpituus vastaa siis juuri tätä energiaa. Säteilyn voimakkuus kertoo fotonien määrän. Se ei kerro 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. Se havaitsee siis revontulten vihreän ja punaisen valon. Väite on väärä, koska $1500\,\text{nm}$:n fotonin energia $0{,}83\,\text{eV}$ on pienempi kuin $1{,}12\,\text{eV}$. Voimakkaampi säteily tuo kennolle enemmän fotoneja. Yksikään niistä ei kuitenkaan 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. Valon voimakkuus ei ratkaise.

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. Nukleoniluku pienenee siis neljällä ja järjestysluku kahdella. Reaktiotuotteiden yhteismassa on pienempi kuin lähtöytimen massa. Massojen erotus vastaa vapautuvaa energiaa. Atomimassoissa ovat mukana elektronit. Plutoniumatomissa on $94$ elektronia, uraaniatomissa $92$ ja heliumatomissa $2$. Elektronien massat kumoutuvat siis reaktiossa.

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 muutetaan 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 $Q \approx 5{,}59\,\text{MeV}$. Vastauksessa on kolme merkitsevää numeroa, koska massavajeessa $0{,}006005\,\text{u}$ on neljä.

Järkevyys

Alfahajoamisten energiat ovat tyypillisesti muutamia megaelektronivoltteja. Ne ovat 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 $Q$. Aktiivisuus kertoo, kuinka monta hajoamista tapahtuu sekunnissa. Se on teho jaettuna yhden hajoamisen energialla. Aktiivisuus on verrannollinen hajoamattomien ytimien määrään. Se tarkoittaa, että kun ytimiä on kaksi kertaa enemmän, aktiivisuus on kaksi kertaa suurempi. 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

Plutoniumdioksidissa 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. Vastauksessa on kaksi merkitsevää numeroa, koska polttoaineen massassa ja tehossa on kaksi. 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. Ensinnäkin teho ei saa pienentyä paljon lennon aikana. Toiseksi aktiivisuuden on oltava suuri pienessä massassa. Kolmanneksi säteilyn on muututtava lämmöksi polttoaineen sisällä ilman raskasta suojaa. Aktiivisuus ytimien määrää kohti on $\lambda = \tfrac{\ln 2}{T_{1/2}}$. Se on siis kääntäen verrannollinen puoliintumisaikaan: mitä pidempi puoliintumisaika, sitä pienempi aktiivisuus.

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. Polonium ei sovi vuosikymmenten lentoon.

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. Aktiivisuus ytimien määrää kohti on siksi yhtä monta kertaa pienempi. Saman tehon tuottamiseen tarvittaisiin satoja miljoonia kilogrammoja uraania.

Koboltti-60. Puoliintumisaika on melko lyhyt. Lisäksi voimakas gammasäteily läpäisee ainetta helposti. Se vaatisi tonneittain lyijysuojaa ja vaurioittaisi mönkijän elektroniikkaa ja mittalaitteita. Plutonium-238:n alfahiukkaset taas pysähtyvät jo polttoaineeseen. Niiden energia muuttuu silloin 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 silloin koko energiansa lähellä oleville soluille. Siksi polttoaine on kestävänä keraamisena plutoniumdioksidina tiiviissä kapseleissa. Kapselit 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. Lämpöteho pienenee siksi samalla tavalla kuin ytimien määrä eli hajoamislain mukaan. Hyötysuhde kertoo, kuinka suuri osa lämmöstä muuttuu sähköksi. 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 sähköteholle siksi vain ylärajan.

Järkevyys

Aika $14$ vuotta on noin kuudesosa puoliintumisajasta. Tehosta on siis 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. Jokaisen hajoamisen energia jää siis keuhkokudokseen. Aktiivisuus on hajoamisia sekunnissa. Puoliintumisaika $87{,}7\,\text{a}$ on niin pitkä, että aktiivisuus pysyy vuoden ajan likimain vakiona. Absorboitunut annos on kudokseen jäänyt energia jaettuna kudoksen massalla. Alfasäteilyn painotuskerroin antaa keuhkojen ekvivalenttiannoksen. Säteilyn painotuskerroin kertoo, kuinka monta kertaa enemmän säteilylaji vaurioittaa soluja kuin gammasäteily. Vain keuhkot säteilytetään, joten efektiivinen annos saadaan keuhkojen kudoksen painotuskertoimella. Kudoksen painotuskerroin kertoo, kuinka herkkä kudos on säteilylle eli kuinka suuri osa koko kehon riskistä tulee tästä kudoksesta. Efektiivinen annos kertoo säteilyn koko elimistölle aiheuttaman haitan.

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

Aika sekunteina on

Sijoitus

Vastaus

Efektiivinen annos olisi noin $H_\text{E} \approx 0{,}57\,\text{mSv}$ vuodessa. Vastauksessa on kaksi merkitsevää numeroa, koska massassa $1{,}2\,\text{kg}$ on kaksi. Annos 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 annosta, ja kerroin $0{,}12$ pienentää sen koko kehon haitaksi. 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. Näin saadaan lähteen nettopulssitaajuus $R$. Oletetaan, että lähde on pistemäinen ja säteily leviää tasaisesti kaikkiin suuntiin. Silloin fotonit jakautuvat etäisyydellä $r$ pallon pinnalle, jonka ala on $4\pi r^2$. Putken ikkunaan osuu osuus, joka on verrannollinen suureeseen $\tfrac{1}{r^2}$. Oletuksen mukaan siis $R = \dfrac{K}{r^2}$. Vaaka-akselille valitaan $\tfrac{1}{r^2}$ ja pystyakselille $R$.

Mallivastaus

Pisteet eivät ole origon kautta kulkevalla suoralla. Kaukaisimman pisteen kautta piirretty origosuora kulkee lähimpien pisteiden yläpuolella. Pisteet muodostavat alaspäin kaartuvan käyrän. Saman näkee taulukon tulosta $Rr^2$. Oletuksen mukaan tulon pitäisi olla vakio. Satunnaisvaihtelua lukuun ottamatta se kuitenkin kasvaa etäisyyden kasvaessa noin $12\,000$:sta $29\,000$:een. Pulssitaajuus kasvaa siis lähdettä lähestyttäessä hitaammin kuin $\tfrac{1}{r^2}$. Oletus ei päde sellaisenaan ainakaan lähellä lähdettä. Jokin sen osa on siis väärä. Esimerkiksi mitattu 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, eli sen kuvaaja on suora. 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. Malli kuvaa siis 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. Tämä sopii GM-putken rakenteeseen. Silmällä 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 $\sqrt{N}$. Suhteellinen vaihtelu on $\tfrac{\sqrt{N}}{N} = \tfrac{1}{\sqrt{N}}$. Se 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 $R = 72 \pm 10\,\tfrac{1}{\text{min}}$, ja epävarmuus on 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 $3\,\%$. Pulssitaajuus muuttuu silloin noin $2 \cdot 3\,\% = 6\,\%$.

Johtopäätös. Satunnaisvaihtelun vuoksi epävarmin on kaukaisin piste $20\,\text{cm}$:n päässä. Lähellä lähdettä epävarmuutta tuo etäisyyden asettaminen. Kaukana lähteestä kannattaa laskea pulsseja pidempään, koska 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. Pistemäisen lähteen annosnopeus pienenee samalla tavalla etäisyyden neliön mukaan. Annosnopeus voidaan siis 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. Sen annosnopeus pienenee taustasäteilyn suuruusluokkaan, eikä putki erota sitä taustan vaihtelusta tällä laskenta-ajalla. Kaukana lähteestä säteily on silti hyvin vähäistä. Etäisyys on siksi hyvä suojautumiskeino, ja ajan rajoittaminen on myös hyvä keino.

Järkevyys

Lähteen annosnopeus $0{,}2\,\mu\text{Sv/h}$ on samaa suuruusluokkaa kuin ulkoilman tausta $0{,}05$–$0{,}30\,\mu\text{Sv/h}$. Pulssimittaus ja annosnopeus kertovat siis 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 taas 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 hiukkasen oma massa. Massojen erotus vapautuu tuotteiden liike-energiaksi. Neutronissa on kvarkit $udd$ ja protonissa $uud$.

Mallivastaus

Massat. Kun neutroni hajoaa, syntyy protoni, elektroni ja elektronin antineutriino: $n \rightarrow p + e^- + \bar{\nu}_e$. Varaus säilyy eli pysyy samana, 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. Vapaa protoni ei siksi voi muuttua neutroniksi, koska siihen tarvittaisiin energiaa.

Kvarkit ja vuorovaikutus. Neutronin ($udd$) yksi $d$-kvarkki muuttuu $u$-kvarkiksi, jolloin syntyy protoni ($uud$). Vain heikko vuorovaikutus voi muuttaa kvarkin lajin. Sen välittäjähiukkanen $W^-$ syntyy, kun $d$-kvarkki muuttuu. Se 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. Jokaisessa helium-4-ytimessä on kaksi neutronia ja kaksi protonia. Heliumiin päätyi siis jokaista neutronia kohti myös yksi protoni, ja heliumissa on $2N_n$ nukleonia. Nukleoni on protoni tai neutroni. Oletetaan, että protonin ja neutronin massat ovat yhtä suuret. Jätetään myös 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. Oletuksena oli myös, että deuteriumiin, helium-3:een ja litiumiin jäävien neutronien määrä on pieni.

Järkevyys

Hetkellä $1\,\text{s}$ protoneja oli $6$ neutronia kohti. Kun neutronit hajoavat, suhde kasvaa. Luku $7{,}2$ on siis 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 sama kuin b-kohdan suhde. Sitten lasketaan 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. Vastaukseen riittää kaksi merkitsevää numeroa, 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. Jos tulos muuttuu paljon, menetelmä ei ole kovin luotettava.

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 $14\,\%$ ja suhteella $1 : 5$ noin $26\,\%$. Hajoava osuus on pieni. Siksi pieni muutos alkusuhteessa muuttaa hajoavaa osuutta ja samalla aikaa suhteessa paljon. Menetelmä antaa oikean suuruusluokan eli muutaman minuutin, mutta ei tarkkaa aikaa.

Oletukset. C-kohdan tulos edellyttää kolme asiaa. Ensinnäkin hetken $1\,\text{s}$ jälkeen neutronit muuttuivat protoneiksi vain vapaan neutronin hajoamisessa eikä muissa reaktioissa. Toiseksi ytimet syntyivät käytännössä yhdellä hetkellä. Kolmanneksi 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: kyse on minuuteista, ei sekunneista eikä tunneista. 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. Isotoopit ovat saman alkuaineen ytimiä, joilla on eri massa. Lasketaan, kuinka monta ydintä kumpaakin oli $2{,}0$ miljardia vuotta sitten jokaista $100$ nykyistä uraaniydintä kohti. Menneisyydessä ytimiä oli $2^{t / T_{1/2}}$-kertaa 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. Tavallinen vesi riitti siis hidastimeksi, ja ketjureaktio oli mahdollinen. Nyt luonnonuraanissa on vain $0{,}72\,\%$ uraani-235:tä, eikä ketjureaktio onnistu kevyen veden kanssa.

Järkevyys

Uraani-235:n puoliintumisaikoja on kulunut lähes kolme, joten sitä oli noin seitsemän kertaa nykyistä enemmän. Uraani-238:n puoliintumisajasta on kulunut vain alle puolet. Osuuden kasvu noin viisinkertaiseksi on siis järkevä. Vastauksessa on kaksi merkitsevää numeroa, koska iässä $2{,}0 \cdot 10^{9}\,\text{a}$ on kaksi.

Kysytty

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

Periaate

Fissio tarkoittaa, että raskas ydin halkeaa ja vapauttaa energiaa. Uraani-235 fissioituu helposti, kun siihen osuu hidas neutroni. Fissiossa syntyvät neutronit ovat kuitenkin nopeita. Ketjureaktio jatkuu, kun kasvukerroin on vähintään $1$. Silloin 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. 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. Kevytvesireaktorissa tapahtuu samaa: kiehuminen heikentää veden kykyä hidastaa neutroneja.

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 reaktorit 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 muuttaa sekunneiksi, koska tulos saadaan suoraan vuosina.

Sijoitus

Vastaus

Olkiluoto 3 tuottaa saman energian noin $3{,}5$ vuodessa. Teho ja aika ovat vain suuruusluokka-arvioita. Tuloksessa on siksi 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

Yksi fissio vapauttaa noin $200\,\text{MeV}$. Sen avulla energia vastaa noin $1{,}5 \cdot 10^{28}$ fissiota eli noin $6\,\text{t}$ uraani-235:tä, Tämä 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. Se ei kuitenkaan todista toisen paikan turvallisuutta. Pitää myös tarkistaa, 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. Osa liikkuvammista aineista on kuitenkin 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 kuitenkin erilaisia. Oklossa ei ollut käytettyä polttoainetta kapseleissa, vaan malmia. Yhden paikan havainto ei siksi siirry sellaisenaan toiseen paikkaan. Sana ”varmaa” on liian vahva.

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