Tehtävät

Kpl.11

11-2

a), b), d)

Radioaktiivinen hajoaminen on ytimen sisäinen, satunnainen prosessi, joka noudattaa tilastollisia lakeja. Radioaktiivisuus on seurausta atomin ytimien hajoamisesta. Ytimien hajoamiseen eivät vaikuta kemialliset reaktiot eivätkä ulkoiset olosuhteet, kuten paine tai lämpötila

Kyllä

Kun näyte vanhenee, radioaktiivisten aineiden määrä vähenee, joten myös radioaktiivisuus vähenee.

11-5
a)
$_{92}^{236}U\rightarrow_{90}^{232}Th+_2^4He$
b)
$A=\lambda N=\frac{\ln2}{T_{\frac{1}{2}}}\cdot n\cdot N_A=\frac{\ln2}{T_{\frac{1}{2}}}\cdot\frac{m}{M}\cdot N_A=\frac{\ln2}{1{,}405\cdot10^{10}\cdot31{,}536\cdot10^6s}\cdot\frac{25{,}0g}{232{,}04\frac{g}{mol}}\cdot6{,}022\cdot10^{23}\frac{1}{mol}$

$=101498{,}689Bq=101{,}498689\cdot10^3Bq\approx101kBq$

11-6
$A=A_0e^{-\lambda t}=A_0e^{-\frac{\ln2}{T_{\frac{1}{2}}}t}$
$\frac{A}{A_0}=e^{-\frac{\ln2}{T_{\frac{1}{2}}}t}$
$\ln\frac{A}{A_0}=-\frac{\ln2}{T_{\frac{1}{2}}}t\ \Leftrightarrow\ T_{\frac{1}{2}}=-\frac{\ln2}{\ln\frac{A}{A_0}}t=-\frac{\ln2}{\ln\ \frac{110Bq}{120Bq}}45d=358{,}477...\approx358d$
11-10
$A=A_0e^{-\lambda t}\ \Leftrightarrow\ A_0=\frac{A}{e^{-\lambda t}}\ \Rightarrow\ \frac{A}{e^{-\frac{\ln2}{T_{\frac{1}{2}}}t}}$

$T_{\frac{1}{2}}=8{,}02d$

$A=160MBq=160\cdot10^6Bq$
$t=4{,}0d$

$A_0=\frac{A}{e^{-\frac{\ln2}{T_{\frac{1}{2}}}t}}=\frac{160\cdot10^6Bq}{e^{-\frac{\ln2}{8{,}02d}4{,}0d}}=226078691{,}7Bq=226\cdot10^6Bq=226MBq$

Liuoksen aktiivisuus millilitraa kohti on tiistaina

$A_{01}=\frac{160MBq}{40{,}0ml}=4{,}0\ \frac{MBq}{ml}$

Seuraavana maanantaina eli kuuden vuorokauden kuluttua aktiivisuus

$\frac{A_1}{V}=\frac{A_{01}}{V}e^{-\frac{\ln2\cdot6{,}0d}{8{,}02d}}=4{,}0\ \frac{MBq}{ml}\cdot e^{-\frac{\ln2\cdot6{,}0d}{8{,}02d}}\approx2{,}38150\ \frac{MBq}{ml}$

Maanantaina liukosesta on jäljellä 25 ml (koska siitä on siis käytetty jo 15 ml).

Koska potilaan tulisi saada 8,0 MBq jodiannos, on hänelle annettava liuosta

$\frac{8{,}0MBq}{2{,}39150\ \frac{MBq}{ml}}\approx3{,}4ml$

11-13

$T_{\frac{1}{2}}=5730a$

$A_0=20200\ \frac{1}{d}$

$A=7500\ \frac{1}{d}$ , $A_{\min}=\left(7500-90\ \right)\frac{1}{d}=7410\ \frac{1}{d}$ , $A_{\max}=\left(7500+90\right)\ \frac{1}{d}=7590\ \frac{1}{d}$

$T_{\frac{1}{2}}=\frac{\ln2}{\lambda}$

$\lambda T_{\frac{1}{2}}=\ln2$
$\lambda=\frac{\ln2}{T_{\frac{1}{2}}}$

Ratkaistaan näytteen ikä t hajoamislaista

$A=A_0e^{-\lambda t}=A_0e^{-\frac{\ln2}{T_{\frac{1}{2}}}t}$

$t=\frac{-\ln\left(\frac{A}{A_0}\right)T_{\frac{1}{2}}}{\ln2}=\frac{-\ln\left(\frac{7500}{20200}\ \frac{1}{d}\right)\cdot5730a}{\ln2}\approx8190{,}42a$

Kun $A=A_{\min}=7410\ \frac{1}{d}{,}\ t\approx8290{,}22a$

$A=A_{\max}=7590\ \frac{1}{d}{,}\ t\approx8090{,}81a$

Näytteen ikä on n. $\left(8200\pm100\right)a$

Kpl.10

10-1

a) Alfahiukkanen saa liike-energiansa emoytimen hajoamisesta. Osa emoytimen sidosenergiasta muuntuu alfahiukkasen liike-energiaksi.

b) Alfahiukkanen ionisoi kohtaamiaan atomeja ennen pysähtymistään. Alfahiukkanen luovuttaa liike-energiaansa törmäyksissä kohtaamilleen atomien elektroneille.

c) Jokaisessa yksittäisessä vuorovaikutuksessa elektronin kanssa alfahiukkanen menettää liike-energiastaan vain häviävän pienen osan. Alfahiukkaset, joilla on aluksi yhtä suuri liike-energia, vuorovaikuttavat homogeenisessa aineessa likimain yhtä monen elektronin kanssa. Jokainen alfahiukkanen, jolla on yhtä suuri energia, etenee siis likimain yhtä kauas.

d) Harvinainen poikkeus alfahiukkasen suoraviivaiseen liikkeeseen on atomin ytimen osuminen riittävän lähelle alfahiukkasen reittiä, jolloin alfahiukkasen suunta muuttuu. Alfahiukkanen kimpoaa ytimestä takaisin tulosuuntaansa, jos törmäys ytimen kanssa on suora ja keskeinen.

10-3

Alfahiukkasen liike-energia on $E_k=\frac{1}{2}mv^2$ ja nopeus

$v=\sqrt[]{\frac{2E_k}{m}}=\sqrt[]{\frac{2\cdot5{,}4\cdot10^6\cdot0{,}160218\cdot10^{-18}J}{6{,}64466\cdot10^{-27}kg}\approx1{,}6\cdot10^7\ \frac{m}{s}}$

b) $\frac{5{,}4MeV}{35eV}\approx150\ 000$

c) Alfahiukkasen energian perusteella voidaan arvioida, kuinka vaarallista alfasäteily on. Atomin ytimestä lähtevän alfahiukkasen liike-energia on yleensä 2-10 MeV. Koska atomien ja molekyylien ionisaatioenergiat ovat suuruusluokaltaan kymmeniä elektronivoltteja, alfahiukkanen ionisoi lukuisia atomeja ennen pysähtymistään. Alfahiukkaset, joilla on tietty energia, etenevät aineessa likimain yhtä pitkän matkan, jota kutsutaan alfahiukkasen kantamaksi. Tällä matkalla alfahiukkasen ja aineen molekyylien törmäyksissä voi syntyä noin 10^5 ionia, jolloin vapautuu elektroneja. Alfasäteilyn vaarallisuus johtuu säteilyn suuresta energiasta ja siten suuresta kyvystä ionisoida molekyylejä.

10-4

a) $_{89}^{225}Ac\rightarrow_{87}^{221}Fr+_2^4He$

$Q=\Delta mc^2$

$\Delta m=\left[m\left(_{89}^{225}Ac\right)-89m_e\right]-\left[m\left(_{87}^{221}Fr\right)-87m_e\right]-\left[m\left(_2^4He\right)-2m_e\right]$
$=\left[225{,}023205-89\cdot5{,}487991\cdot10^{-4}u\right]-\left[221{,}014230-87\cdot5{,}487991\cdot10^{-4}u\right]-\left[4{,}0026033-2\cdot5{,}487991\cdot10^{-4}u\right]$

$=0.0063717u$

$Q=0{,}0063717u\cdot931{,}49432\ \frac{MeV}{c^2}\cdot c^2=5{,}9352MeV$

10-7

Koska $_6^{14}C$ -ydin emittoi elektronin se on β− -aktiivinen. Hajoamisyhtälö on

$_6^{14}C\rightarrow_7^{14}N+e^-+\overline{v}$

$\Delta m=\left[m\left(_6^{14}C\right)-6m_e\right]-\left[m\left(_7^{14}N\right)-7m_c+m_c\right]$

$=\left[14{,}003241-6\cdot5{,}487991\cdot10^{-4}u\right]-\left[14{,}0030740-7\cdot5{,}487991\cdot10^{-4}u+5{,}487991\cdot10^{-4}u\right]$

$=1{,}6702\cdot10^{-4}u$

$Q=\Delta mc^2$

$=1{,}6702\cdot10^{-4}\cdot931{,}49432\ \frac{MeV}{c^2}\cdot c^2=0{,}1555...\approx0{,}156MeV$

Koska hajoamisessa syntyviä hiukkasia on kolme, energia jakautuu ei- kvantittuneesti β−hiukkasen, neutriinon ja typpiytimen kesken. Vain näiden hiukkasten energioiden summa on kvantittunut.

10-8
a) Kun kultaisotooppi 198Au hajoaa elohopeaksi 198Hg , hajoaminen voi tapahtua viritystilojen kautta tai suoraan elohopean perustilaan. Pystysuorat nuolet kuvaavat elohopean viritystilojen purkaumista perustilaan tai ylemmästä viritystilasta alempaan.

b) Elohopean viritystilojen purkautuessa ydin emittoi gammakvantin, jonka energia on yhtä suuri kuin energiatilojen erotus. Lasketaan gammakvanttien energiat viritystilan purkautuessa perustilalle, jonka energia on 0,0 keV:

1) $1087{,}7keV-0{,}0keV=1087{,}7keV$

2) $411{,}8keV-0{,}0keV=411{,}8keV$

Gammakvantin energia ylemmän fviritystilan purkautuessa lemmaksi on

3) $1087{,}7keV-411{,}8keV=657{,}9keV$

Kvantin energia on $E=hf=\frac{hc}{\lambda}$ , joten sen aallonpituus on $\lambda=\frac{hc}{E}$ . Näin ollen kvantin aallonpituus on lyhin, kun sen energia on suurin eli $1087{,}7keV$ .

Lyhin aallonpituus on

$\lambda=\frac{hc}{E}=\frac{4{,}13567\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{1087{,}7\cdot10^3eV}?1{,}1399\cdot10^{-12}m=1{,}1399pm$

Gammakvantin energia on E=hf, joten sen taajuus on . Näin ollen kvantin tyaajuus on pienin, kun sen energia pienin eli $411{,}8keV$

Pienin taajuus on

$f=\frac{E}{h}=\frac{411{,}8\cdot10^3eV}{4{,}1356654\cdot10^{-15}eVs}=9{,}957\cdot10^{19}\ \frac{1}{s}$

10-9

Reaktioyhtälö elektronisieppauksessa on $_Z^AX+_{-1}^0e\rightarrow_{Z-1}^AY+\nu$

Vetyisotoopille $_1^1H$ yhtälö on $_1^1H+_{-1}^0e\rightarrow_0^1n+\nu$ .

Lasketaan reaktion massavaje

$\Delta m=m\left(_1^1H\right)+m_e-m_n=-291{,}42009\cdot10^{-6}u$

Vetyisotooppi $_1^1H$ ei voi hajota elektronisieppauksella, koska tuloshiukkasen eli neutronin massa on suurempi kuin lähtöhiukkasten yhteenlaskettu massa.

Kpl.9

9-7
a) 226Ra-isotooppi voi hajota 226Rn-isotoopiksi emittoimalla energialtaan 4,871 MeV:n alfahiukkasen, jolloin radon jää suoraan perustilaan. On myös mahdollista, että 226Ra-isotooppi emittoimalla energialtaan 4,685 MeV:n alfahiukkasen ja 226Rn-isotooppi jää viritystilaan. Sen purkautuessa emittoituu 0,186 MeV:n gammakvantti.

$_{\ 88}^{226}Ra\rightarrow_{86}^{222}Rn+_2^4He$

9-11
a) Ei. Yhtälö on väärin, koska Z ei säily.
b) Ei. Yhtälö on väärin, sillä β+hajoamisessa emittoituu neutriino (ν). Myöskään Z ei säily.
c) Ei. 211Bi on vain alfa-aktiivinen. Yhtälö ei voi kuvata spontaania hajoamista.
d) Kyllä. 40K hajoaa elektronisieppauksella (ja on myös β−aktiivinen). Yhtälö on oikein ja voi kuvata spontaania hajoamista.
e) Ei. 112 Sn on stabiili, joten se ei hajoa. Yhtälö ei voi kuvata spontaanista hajoamista.
f) Ei. 23Mg on β+aktiivinen, eli 23Mg voi emittoida positronin mutta atomin rakenteessa ei ole positronia, jonka ydin voisi siepata. Yhtälö ei voi kuvata spontaania hajoamista.

9-12
Elektronisieppauksessa ei ole kyse elektronin jarruuntumisesta kuten röntgenputkessa. Elektronisieppauksessa elektroni siirtyy elektroniverhosta ytimeen. Elektronin tilalle syntyy tyhjä paikka, joka täyttyy ylemmältä tasolta tulevalla elektronilla. Tasojen välinen energiaero emittoituu atomista ja havaitaan ominaissäteilyn röntgenfotoni. Jarrutussäteilyä ei synny, koska tässä tilanteessa ei ole aineeseen suurella nopeudella törmäävää elektronia, joka törmätessään hidastuisi ja lähettäisi jarrutussäteilyä, kuten röntgenputkessa tapahtuu.

9-13

a) $_{10}^{23}Ne\rightarrow_{11}^{23}Na+_{-1}^0e+\overline{\nu}$

b) $_{91}^{229}Pa+_{-1}^0e\rightarrow_{90}^{229}Th+\nu$

c) $_{90}^{225}Th\rightarrow_{89}^{225}Ac+e^++\nu$

d) $_{88}^{225}Ra\rightarrow_{89}^{225}Ac+e^-+\overline{\nu}$

Kpl.8

8-3

a) Saman alkuaineen eri isotoopeilla on aina sama määrä protoneja, mutta neutronien määrä voi vaihdella.

b) Kemiallisissa reaktioissa reaktioon osallistuvien aineiden ytimet säilyvät muuttumattomina ts. ytimissä ei tapahdu muutoksia, vaan kaikki muutokset tapahtuvat atomin elektronikuorilla. Saman aineen eri isotoopeilla on samanlaiset elektronikuoret, joten ne käyttäytyvät kemiallisesti samalla tavoin, minkä takia niitä ei voi erottaa toisistaan kemiallisin keinoin.

c) Pysymättömiä isotooppeja kutsutaan radioaktiivisiksi isotoopeiksi.

8-4

a) Heliumydin, ja merkinnän mukaan heliumydin koostuu 4 nukleonista, joista 2 on protoneja.

b) Radiumydin, ja merkinnän mukaan rariumydin koostuu 226 nukleonista, joista 86 on protoneja.

c) Uraaniydin, ja merkinnän mukaan uraaniydin koostuu 238 nukleonista, joista 92 on protoneja.

d) Hiilen isotooppi $_6^{12}C$

8-5

$_{92}^{235}U$

8-7

a) Ytimen kokoa ei voi suurentaa kuinka suureksi tahansa, koska vain tietyt protonien ja neutronien lukumäärät voivat muodostaa ytimiä. Lisäksi sähköinen hylkimisvoima kasvaa ytimen koon kasvaessa, ja vahva vuorovaikutus on lyhyen kantaman voima.

b) Ytimen massavajetta ∆m vastaavaa energiaa kutsutaan ytimen sidosenergiaksi $E_B$ . Se on energia, joka vapautuu, kun nukleonit sitoutuvat toisiinsa muodostaen ytimen. Tämän vuoksi ytimen massa on pienempi kuin ytimen muodostavien yksittäisten nukleonien yhteenlaskettu massa eli massaa ’’katoaa’’.

8-8

$E=mc^2$

$m=46g=0{,}046kg$

$c=2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}$

$P=\frac{E}{t}\ \Leftrightarrow\ t=\frac{E}{P}$

$P=13kW=13\cdot10^3W$

Kaavojen yhdistäen saadaan kaavan

$t=\frac{mc^2}{P}=\frac{0{,}046g\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{13\cdot10^3W}=3{,}180200915\cdot10^{11}s\approx10084{,}35095a\approx10084a$

8-10

$63u\cdot0{,}6917+65u\cdot0{,}3083=63{,}6166\approx63{,}62u$

(Mikäli atomien massat etsitään isotooppitaulukosta, atomimassaksi saadaan 63,55u)

8-16
a)

$\Delta m=Z\cdot m_p+N\cdot m_n+Z\cdot m_e-m_{atomi}$

$Z=6$
$m_p=1{,}0072765u$
$N=6$
$m_n=1{,}0086650u$
$m_e=5{,}4857991\cdot10^{-4}u$

$m_C=12u$

$6\cdot1{,}0072765u+6\cdot1{,}0086650u+6\cdot5{,}4857991\cdot10^{-4}u-12u=0{,}09894047946\approx0{,}0989405u$

$E_B=\Delta mc^2=0{,}09894047946u\cdot c^2=0{,}09894047946\cdot931{,}494\ \ \frac{MeV}{c^2}\cdot c^2=92{,}16249464MeV$

$b=\frac{E_B}{A}=\frac{92{,}16249464MeV}{12}\approx7{,}68021MeV$

8-19

Hajoamiskaavio mukaan 212Bi-isotooppi hajoaa alfahajoamisen kautta 208Tl-isotoopiksi. Hajoaminen tapahtuu

- joko suoraan, jolloin 212Bi-isotooppi emittoi 6,023 MeV:n alfahiukkasen

- tai siten, että tytärydin 208Tl jää ensin viritystilaan, joka purkautuu 0,329 MeV:n gammasäteilyllä ja tytärydin päätyy perustilaan.

Jos 212Biisotooppi hajoaa viritystilan kantta, silloin 212Bi-isotooppi emittoi 5,694 MeV:n alfahiukkasen.

$E=hf=\frac{hc}{\lambda}$

$\lambda=\frac{hc}{E}=\frac{4{,}13567\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{0{,}329MeV}\approx3{,}77\cdot10^{-12}m=3{,}77pm$

Kpl.7

7-2
a) Röntgen havaitsi röntgensäteet (X-säteet) vuonna 1895. Lääketieteen tutkimusmenetelmänä röntgenkuvausta käytettiin jo parin kuukauden päästä tästä. Usein fysiikan perustutkimuksen tiedon siirtyminen sovelluskäyttöön kestää useita vuosia, jopa vuosikymmeniä. Röntgensäteilyn tapauksessa tämä tapahtui poikkeuksellisen nopeasti.
b) Röntgenkuvassa näkyy vaalea kohta silloin, kun säteily absorboituu voimakkaasti kudokseen, jolloin filmille pääsee vähän säteilyä. Luut, lihakset, nivelet ja sisäelimet absorboivat röntgensäteilyä eri tavoin. Luut näkyvät kuvassa vaaleina. Luun vaimennuskerroin röntgensäteilylle on suurempi kuin lihasten tai rasvan. Lihakset ja rasva näkyvät kuvassa melko tummina ja erottuvat toisistaan huonosti. Keuhkot näkyvät kuvassa tummina, koska ne sisältävät paljon ilmaa, jonka säteily läpäisee helposti.
c) Röntgensäteilyn spektristä suodatetaan pois pienienergiaiset kvantit. Suodatus ei vaikuta röntgenkuvan laatuun, mutta pienentää potilaan saamaa säteilyannosta. Tämä pienienergiainen säteily absorboituisi suurelta osin ihoon ja pintakudoksiin. d) Röntgentarkastuksella voidaan varmistaa mm. hitsaussaumojen virheettömyys ja betonivalun laatu kohdetta rikkomattomalla tavalla.

7-3
Säteilykvantin enegria on $E=hf=\frac{hc}{\lambda}$ . Röntgenputkessa katodilta lähtevillä elektroneilla on aluksi potentiaalienergia $E_p=qU$ , jossa q on elektronin varauksen itseisarvo. Potentiaalienergia muuntuu röntgenputken sähkökentässä liike-energiaksi ja törmäyksessä edelleen säteilykvantin energiaksi (kokonaan tai osittain). Anodille osuvan elektronin liike-energian täytyy siis olla vähintään yhtä suuri kuin säteilykvantin energia eli $qU\ge\frac{hc}{\lambda}$ , josta saadaan
$U\ge\frac{hc}{q\lambda}=\frac{4{,}13567\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{1e\cdot0{,}15\cdot10^{-9}m}\approx8300V$
Putken jännitteen on siis oltava U ≥ 8,3kV.

7-6

Oikea vaihtoehto on 3 (52°)

Braggin laista $2d\sin\theta=n\lambda$ saadaan

$\sin\theta=\frac{n\lambda}{2d}=\frac{1\cdot1{,}4\cdot10^{-10}m}{2\cdot89\cdot10^{-12}m}=0{,}786517$

Ensimmäisen kertaluvun diffraktiomaksimi näkyy suunnassa 52°.

7-7

a) Säteilyspektrin jatkuva osa johtuu jarrutussäteilystä. Röntgenputkessa katodilta lähtenyt elektroni saa sähkökentässä liike-energian $E_k=eU$ , jossa e on elektronin varauksen itseisarvo. Liike-energia muuntuu törmäyksessä anodille kokonaan tai osittain säteilykvantin energiaksi. Säteilykvantit, joiden energia on suurin, ovat siis syntyneet siten, että anodille törmäävän elektronin liike-energia on muuntunut kokonaan yhden säteilykvantin energiaksi. Kvantin suurin energia on

$E_{\max}=hf_{\max}=\frac{hc}{\lambda_{\min}}$

Kuviosta havaitaan pienimmän aallonpituuden olevan $\lambda_{\min}=0{,}112nm$ . Yhtälöstä $qU=\frac{hc}{\lambda_{\min}}$ saadaan röntgenputken jännitteeksi

$U=\frac{hc}{q\lambda_{\min}}=\frac{4{,}13567\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}99792\cdot10^8\frac{m}{s}}{1e\cdot0{,}112\cdot10^{-9}m}\approx11{,}1kV$

b) Röntgensäteilyn spektrissä olevat kaksi intensiteettipiikkiä johtuvat ominaissäteilystä. Niiden avulla voidaan tunnistaa anodilla oleva alkuaine (anodiaine), sillä kullakin aineella on sille ominainen ominaissäteilyn spektri.

Kuviosta havaitaan, että $K_{\alpha}$ -viivan aallonpituus on $\lambda_{K_{\alpha}}=0{,}154nm$

Tämä vastaa energiaa

$E_{K_{\alpha}}=hf=\frac{hc}{\lambda_{K_{\alpha}}}=\frac{4{,}14567\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{0{,}153\cdot10^{-9}m}\approx8{,}10keV$

Vertaamalla taulukkoarvoja ja saatua energian arvoa todetaan, että röntgenputken anodi on kuparia.

7-11

Jokaisen kuvassa B olevan piikin kohdalta voidaan lukea säteilyn taajuus f. Piikkiä vastaavan säteilyn energia saadaan yhtälöstä $E=hf$

$E_1=hf_1\approx26keV$

$E_2=hf_2\approx23keV$

$E_3=hf_3\approx13keV$

$E_4=hf_4\approx11keV$
$E_5=hf_5\approx3keV$

$E_6=hf_6\approx2keV$ (Laskin)
Lasketaan energiatasokaaviosta (A) eri tasojen väliset energiaerot:

$E_M-E_K\approx26keV$

$E_L-E_K=23keV$
$E_M-E_L=3{,}2keV$ (Laskin)

Huomataan, että piikit 1, 2 ja 5 vastaavat (mittaustarkkuuden rajoissa) oheisessa piirroksessa merkittyjä siirtymiä. Kadmiumin aiheuttamia piikkejä ovat siis piikit 1, 2 ja 5.

Kpl.6

6-3

Jatkuva spektri. Kuuman kappaleen spektri on jatkuva, koska aineosasten lämpövärähtelyt synnyttävät kaiken taajuista säteilyä. Jatkuva spektri saadaan näkyviin hajaannuttamalla säteily esimerkiksi prismalla.

Emissiospektri. Kaasussa osa atomeista on viritystiloilla, ja kun nämä viritystilat purkautuvat alemmille energiatiloille, kaasu lähettää sähkömagneettista säteilyä aallonpituuksilla, jotka vastaavat niiden energiatilojen energiaeroa, joiden välillä siirtymä tapahtuu. Spektriviivat eli emissiospektri saadaan esille hajaannuttamalla kaasun lähettämä säteily esimerkiksi prismalla.

Absorptiospektri. Kun kuuman kappaleen lähettää sähkömagneettinen säteily kulkee kaasun läpi, se virittää kaasun atomeja eri viritystiloille. Alkuperäisestä säteilystä poistuu silloin näitä siirtymiä vastaavien aallonpituuksien säteilyä, mikä ilmenee absorptiospektrinä eli tummina viivoina alkuperäisen säteilylähteen esimerkiksi prismalla avulla tuotetussa jatkuvassa spektrissä. Koska normaalitilaisessa kaasussa (ei korkeaan lämpötilaan kuumennettu) valtaosa atomeista on perustilalla, absorptiospektrissä näkyy selvimmin ne viivat, jotka vastaavat siirtymiä perustilalta viritystiloille.

6-5

a) Fluoresenssi-ilmiössä virittyneet atomit tai molekyylit palaavat viritystilalta perustilaan yhden tai useamman välitilan kautta välittömästi virittymisen tapahduttua ja lähettävät näkyvää valoa. Fluoresenssi päättyy siis samalla hetkellä kuin siihen kohdistuva, virityksen aiheuttava säteily päättyy. Joissakin aineissa viritystila on pitkäikäinen, ja nämä aineet säteilevät vielä virittävän säteilyn loputtuakin. Tätä ilmiötä kutsutaan fosforesenssiksi (viivästyneeksi fluoresenssiksi).

b) Kellon viisareissa ja hätäpoistumiskylteissä on fosforoivaa ainetta, jonka atomit virittyvät valon vaikutuksesta ja viritystilat purkautuvat pitkän aikaa valon jo sammuttua.

c)Seteleissä on usein niiden aitouden tarkistamiseen tarkoitettuja fluoresensseja elementtejä (painoväri, paperiin lisätyt kuidut), jotka näkyvät vain ultravioletissa valossa.

6-6

Säteily pystyy ionisoimaan atomin, mikäli säteilyn energia on suurempi tai yhtä suuri kuin atomin ionisoitumisenergia. Kvantin energian yhtälöstä $E=hf$ saadaan ehto $\frac{hc}{\lambda}\ge24{,}6eV$ $E=hf=\frac{hc}{\lambda}\Leftrightarrow\lambda=\frac{hc}{E}=\frac{4{,}13567\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{24{,}6eV}=5{,}04\cdot10^{-8}m=50{,}4nm$

Koska säteilyn energia on kääntäen verrannollinen sen aallonpituuteen, pystyy säteily, jonka aallonpituus on λ ≤ 50,4 nm, ionisoimaan heliumatomin.

$E=\frac{1}{2}mv^2\Leftrightarrow v=\sqrt[]{\frac{2E}{m}}=\sqrt[]{\frac{2\cdot24{,}6\cdot1{,}602176487\cdot19^{-19}J}{1{,}6605389\cdot10^{-27}kg}}=2{,}94167\cdot10^6\approx2.94M\frac{m}{s}$

6-7

a) Koska kummankin aineen a ja b emissiospektreissä esiintyy samoissa kohden spektriviivoja kuin tutkitussa näytteessä, aineissa a ja b on samoja alkuaineita kuin tutkitussa näytteessä. Ylemmässä näytteessä on 6 Spektri muutakin ainetta tai aineita, koska toinen punaisista viivoista ja vihreä viiva eivät esiinny tutkitussa näytteessä.

b) Heliumin spektrissä on viiva 706,52 nm, 667,81 nm, 587,56 nm, 501,57 nm, 492,20 nm, 471,31 nm ja 447,15 nm, jotka kaikki näkyvät spektrissä. Lisäksi spektrissä näkyvät vedyn viivat 434,05 nm ja 410,17 nm. Näytteessä on siis vetyä ja heliumia.

6-8

$\frac{1}{\lambda}=R_H\left(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{m^2}\right)$

Aallonpituus on suurin, kun nimittäjä on pienin. Suurin aallonpituus vastaa tapausta m = 2 eli siirtymää 2 → 1, toiseksi suurin tapausta m = 3 eli siirtymää 3 → 1 ja kolmanneksi suurin tapausta m = 4 eli siirtymää 4 → 1

6-10

Kpl.5

5-1

a, b, e

5-3

Bohrin atomimallin oletukset ovat:

- Elektroni kiertää pientä positiivisesti varautunutta ydintä pitkin ympyrärataa.

- Elektronin pysyy radallaan Coulombin lain mukaisen ytimen ja elektronin välisen sähköisen vetovoiman johdosta.

- Elektronin liikeyhtälö on $\Sigma\overline{F}=m\overline{a}_n$ eli $k\frac{e^2}{r^2}=\frac{mv^2}{r}$

- Elektronilla on atomissa tietyt sallitut radat, joita pitkin se voi liikkua. Pääkvanttiluku n ilmoittaa, mikä rata ytimestä lähtien on kysymyksessä. Kun elektroni liikkuu sallitulla radalla n, atomin sanotaan olevan sallitussa tilassa n. Atomilla on silloin tietty energia En eikä atomi säteile sähkömagneettista säteilyä. Kun atomi siirtyy sallitusta tilasta toiseen eli elektroni siirtyy radalta toiselle, atomi emittoi tai absorboi energiakvantin. Kvantin energia on eri tiloja vastaavien energioiden erotus eli E = hf = $E_m$ - $E_n$ , jossa h on Planckin vakio ja f säteilyn taajuus.

5-5

a) Koska atomi siirtyy alemmalta energiatilalta yleimmälle, siirtymissä atoi absorboi energiaa.

b) Aalonpituus on sitä suurempi, mitä pienempää energiaa siirtymä vastaa eli siirtymään 1→2 liittyy pitempi aallonpituus kuin siirtymään 1→3.

5-6

$\Delta E=41{,}4\mu eV$

a)
$\Delta E=E=hf\ \Leftrightarrow\ f=\frac{E}{h}=\frac{41{,}1\cdot10^{-6}eV}{4{,}1356654\cdot10^{-15}eVs}=1{,}001048102\cdot10^{10}\approx1{,}00\cdot10^{10}Hz$

$\lambda=\frac{c}{f}=\frac{2{,}99792458\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{1{,}001048102\cdot10^{10}}=0{,}02994785739\approx0{,}0299m=2{,}99cm$

5-7

$\Delta E=E_2-E_1=-1{,}5+13{,}6eV=12{,}1eV$

$f=\frac{\Delta E}{h}=\frac{12{,}1eV}{4{,}1356654\cdot10^{-15}eVs}=2{,}92576808\cdot10^{15}\approx2{,}9\cdot10^{15}=2{,}9PHz$

5-8

$\lambda=21{,}1cm=21{,}1\cdot10^{-2}m$

$\Delta E=hf=\frac{hc}{\lambda}=\frac{4{,}1356654\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}9972458\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{21{,}1\cdot10^{-2}m}=5{,}839414111\cdot10^{-6}\approx5{,}84\cdot10^{-6}eV=5{,}84\mu eV$

$f=\frac{c}{\lambda}=\frac{2{,}997292458\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{21{,}1\cdot10^{-2}m}=1420417753\approx1{,}42GHz$

Säteily kuuluu radioaaltojen taajuusalueelle.

5-9

Atomin viritystila purkautuu eli atomi emittoi fotonin siirtymissä 1-3.

Energiatilojen erotus on yhtä suuri kuin viritystilan purkautuessa syntyvän fotonin energia,

$E=hf=\frac{hc}{\lambda}$

Aallonpituus on sitä suurempi, mitä pienempää energiaa siirtymä vastaa.

Koska $E_3>E_2>E_1$ , niin siirtymän 1, $\Delta E_1=E_3-E_1$ energia on suurempi kuin siirtymän 2, $\Delta E_2=E_2-E_1$

Siirtymän 2 liittyy siis suurempi aallonpituus $\lambda_2=30{,}4nm$

Siirtymän 1 liittyvä aallonpituus on $\lambda_1=25{,}6nm$

Energiatilan muutos 1 on yhtä suuri kuin muutokset 2 ja 3 yhteensä

$\Delta E_1=\Delta E_2+\Delta E_3$

$hf_1=hf_2+hf_3$

$f_1=f_2+f_3$

$f_3=f_1-f_2\ \left|\right|f=\frac{c}{\lambda}$

$\frac{c}{\lambda_3}=\frac{c}{\lambda_1}-\frac{c}{\ \lambda_2}\ \left|\right|:c$
$\frac{1}{\lambda_3}=\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}$

$\frac{1}{\lambda_3}=\frac{\lambda_2-\lambda_1}{\lambda_1\lambda_2}$
$\lambda_3=\frac{\lambda_1\lambda_2}{\lambda_2-\lambda_1}=\frac{25{,}6nm\cdot30{,}4nm}{30{,}4nm-25{,}6nm}\approx162nm$

Kpl.4

4-1

a, b, c, d, f

4-2

a) Solun rakenne saadaan näkyviin, jos solun osat absorboivat valoa eri tavoin. Värjäyksen avulla erot saadaan paremmin näkyviin. Väriaineina käytetään usein orgaanisia yhdisteitä.

b) Optisen mikroskoopin erotuskyky riippuu käytetyn säteilyn aallonpituudesta. Jos käytetyn valon aallonpituus on suuruusluokkaa 10/7 m, optisella mikroskoopilla ei voida erottaa tätä pienempiä yksityiskohtia. Elektronimikroskoopissa kiihdytysjännite vaikutta elektronien nopeuteen ja siten elektronisuihkun de Broglien aallonpituuteen. Suurilla jännitteillä voidaan elektronin aallonpituudeksi saada $10^{-11}-10^{-13}$ m, tällaisella mikroskoopilla erotuskyky on huomattavasti parempi kuin optisilla mikroskoopeilla.

4-3

Tavallisen elektronimikroskoopin erotuskyky on nanometrin suuruusluokkaa, joka mahdollistaa aineen pienten yksityiskohtien tarkastelun. Mitä suurempi elektronien (hiukkassuihkun) kiihdytysjännite on, sitä pienempi on elektronien de Broglien aallonpituus: U = qU = eU = hc/λ. Elektronien de Broglien aallonpituus saadaan helposti pienemmäksi kuin atomien välimatka.

4-4

$E_k=7{,}7\cdot10^{-18}J$

$m=9{,}10938\cdot10^{-31}kg$
$h=6{,}62607\cdot10^{-34}Js$
$d=0{,}66nm=0{,}66\cdot10^{-9}m$

$90°-\theta+90°+\alpha=180°$

$\alpha-\theta=0$
$a=\theta$

Elektronisuihkujen matkaero x on

$\sin\alpha=\frac{x}{d}\ \Rightarrow\ x=d\sin\alpha$

Elektronit käyttäytyvät kuten aallot, joten elektronisuihkut vahvistavat toisiaan, kun matkaero on allonpituuden monikerta.¨

$d\sin\theta=k\lambda{,}\ nyt\ k=1$

De Broglien aallonpituus on 0

$\lambda=\frac{h}{p}=\frac{h}{mv}$

Kysytty kulma saadaan yhtälöstä

$\sin\theta=\frac{k\lambda}{d}=\frac{kh}{dmv}$
$E_k=\frac{1}{2}mv^2\ \Leftrightarrow\ v=\sqrt[]{\frac{2E_k}{m}}\approx4{,}11165\cdot10^6\ \frac{m}{s}$

Nyt $\sin\theta=\frac{1\cdot6{,}62607\cdot10^{-34}Js}{0{,}66\cdot10^{-9}m\cdot9{,}10938\cdot10^{-31}kg\cdot4{,}11165\cdot10^6\ \frac{m}{s}}\approx0{,}268045$
$\Rightarrow\ \theta\approx16°$

4-5
$E_k=\frac{1}{2}mv^2$
$W=qU$
$\frac{1}{2}mv^2=qU\ \Leftrightarrow\ U=\frac{mv^2}{2q}=\frac{9{,}1093822\cdot10^{31}kg\cdot}{ }$
Elektronin liikemäärä saadaan kaavalla $p=mv$

koska $p=\frac{h}{\lambda}$ ,

$\frac{h}{\lambda}=mv\ \Leftrightarrow\ v=\frac{h}{\lambda\cdot m}=\frac{6{,}6260693\cdot10^{-34}Js}{0{,}15\cdot10^{-9}m\cdot9{,}1093822\cdot10^{-31}kg}=4849263{,}686=4{,}849263686\cdot10^6\approx4{,}8\cdot10^6\frac{m}{s}$

$U=\frac{mv^2}{2q}=\frac{9{,}1093822\cdot10^{-31}\cdot\left(4{,}849263686\cdot10^6\ \frac{m}{s}\right)^2}{2\cdot1{,}602176487\cdot10^{-19}C}=66{,}84980963\approx67V$

Jännite on oltava 67V

4-7

a)
1 elektronilähde (elektronitykki)
2 elektronisuihku (elektronien kiihdytys)
3 anodi
4 magneettinen linssi
5 poikkeutuskela (skannauskela)
6 näyte

b) Pyyhkäisyelektronimikroskoopissa kuvanmuodostuksessa käytettävä
elektronisuihku pyyhkäisee näytteen pintaa piste pisteeltä. Kun
elektronisuihku osuu näytteeseen, osa elektroneista siroaa, osa
absorboituu näytteeseen ja osa menee läpi, jos näyte on hyvin ohut.
Mikroskooppi muodostaa kuvan kohteen pintarakenteesta elektronien ja
kohteen pintakerroksen atomien välisten vuorovaikutuksien perusteella.

c) Läpäisyelektronimikroskoopissa kuva muodostetaan elektronien avulla. Läpäisyelektronimikroskoopin päässä on elektronitykki, jossa katodilta irtoaa elektroneja, kun sitä kuumennetaan. Sähkökentän avulla katodilta irronneet elektronit kiihdytetään liikkeeseen. Elektronit ohjataan magneettilinssien avulla ohueksi suihkuksi, joka kohdennetaan näytteeseen. Elektronisuihkun kohdatessa näytteen tapahtuu elektronidiffraktio, joka riippuu elektronisuihkun ja näytteen atomirakenteen välisestä kulmasta -- tietyillä kulmilla elektronisuihku taittuu voimakkaasti tulosuunnastaan, kun taas tietyillä kulmilla se menee suoraan näytteen läpi. Näytteen taakse asetettujen apertuurien (aukkojen, joiden läpi elektronit kulkevat) avulla voidaan estää tulosuunnastaan poikenneiden elektronien pääsy filmille ja päästää vain suoraan tulleet elektronit läpi. Tämä aiheuttaa vaihtelun läpi tulleen elektronisuihkun intensiteettiin. Näiden intensiteettierojen avulla muodostuu filmille lopullinen kuva näytteestä. Läpäisyelektronimikroskoopilla voidaan saavuttaa jopa miljoonakertainen suurennos. Normaalin optisen mikroskoopin tarkkuudelle asettaa rajat näkyvän valon aallonpituus, joka on n. 400-700 nm. Monet kiinnostavat kohteet ovat kuitenkin tätä pienempiä. Elektronimikroskoopilla päästään suurempaan tarkkuuteen, koska elektronien De Broglien aallonpituus on huomattavasti pienempi, kuin näkyvän valon aallonpituus.

Kpl.3

3-1

a) Klassisessa fysiikassa hiukkaset ovat "yksilöitä", niillä on oma paikka. Hiukkasilla on myös massa, usein varaus, liikemäärä ja energia. Aalloilla on muoto, aallonpituus ja taajuus ja ne liittyvät aina johonkin avaruuden täyttävään kenttään. Aallot ja hiukkaset ovat kaksi mallia, joilla havainnollistetaan luonnossa havaittuja ilmiöitä.

1.) Ajattelemalla valo koostuvaksi hiukkasista (fotoneista) voidaan ymmärtää esimerkiksi valosähköinen ilmiö ja Comptonin sironta. Sen sijaan valon interferenssiä, diffraktiota ja polarisaatiota ei voi selittää ilman aaltomallia.

2.) Elektronit ovat hiukkasia, mutta niillä on myös aalto-ominaisuus. Esimerkiksi elektronisuihkun kulkiessa ohuen metallikalvon läpi takana olevalle varjostimelle syntyy interferenssikuvio.

3-5

Koska protonin massa on suurempi kuin elektronin, sen liikemääräkin (p=mv)on suurempi. Siksi protonin de Broglien aallonpituus on pienempi kuin elektronin.

3-6

Pienenee

3-9

a)
$E_k=\frac{1}{2}mv^2\ \Leftrightarrow\ v=\sqrt[]{\frac{2E_k}{m}}$
Elektronin de Broglien aallonpituus on
$p=\frac{h}{\lambda}\ \Leftrightarrow\ \lambda=\frac{h}{p}=\frac{h}{mv}=\frac{h}{m\sqrt[]{\frac{2E_k}{m}}}=\frac{6{,}6260693\cdot10^{-34}Js}{9{,}1093822\cdot10^{-31}kg\cdot\sqrt[]{\frac{2\cdot150\cdot1{,}602176487\cdot10^{-19}J}{9{,}1093822\cdot10^{-31}kg}}}\approx1{,}0\cdot10^{^{-10}}m=0{,}10nm.$

Fotonin energian yhtälöstä $E=hf=\frac{hc}{\lambda}$ saadaan fotonin aallonpituudeksi

$\lambda=\frac{hc}{E}=\frac{4{,}1356654\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}99792458\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{150eV}\approx8{,}3nm$

3-12

a) Sekä hiukkasella että sähkömagneettisella aallolla on aalto- ja hiukkasominaisuus.

b) Kuhunkin alla olevaan neljään otsikkoon liittyvä esimerkki pitää mainita.

Esimerkkejä sähkömagneettisen säteilyn aaltoluonteesta:

1. Valon taipuminen kapeassa raossa.

2. Valon interferenssi sen kulkiessa hilan läpi, jolloin läpimenneistä aalloista syntyy diffraktiokuvio.

Esimerkkejä sähkömagneettisen säteilyn hiukkasluonteesta:

1. Valosähköisessä ilmiössä sähkömagneettisen säteilyn fotoni irrottaa metallista elektroneja. '

2. Comptonin ilmiössä sähkömagneettinen säteily siroaa aineen vapaasta tai heikosti atomiin sidotusta elektronista siten, että säteilyn aallonpituus kasvaa. Ilmiötä voidaan tarkastella fotonin ja vapaan elektronin kimmoisana törmäyksenä, jossa energia ja liikemäärä säilyvät.

3. Kun fotonisuihku osuu fluoresoivalle pinnalle, siihen syntyy valaiseva jälki.

4. Hiukkasen ja antihiukkasen annihilaatiossa syntyy kaksi fotonia, jotka useimmiten lähtevät vastakkaisiin suuntiin. Syntyvillä fotoneilla on liikemäärä. Kahden fotonin synty on liikemäärän säilymislain mukainen ilmiö.

5. Sähkömagneettinen säteily aiheuttaa pintaan osuessaan pintaan kohdistuvan paineen.

Esimerkkejä hiukkasen aaltoluonteesta:

1. Kun elektronisuihku kohtaa kaksoisraon, läpimenneet elektronit interferoivat ja muodostavat diffraktiokuvion.

2. Kun elektronit siroavat kiteestä, sironneet elektronit interferoivat, jolloin syntyy interferenssikuvio.

Esimerkkejä hiukkasen hiukkasluonteesta:

1. Newtonin mekaniikkaa voidaan käyttää mallina hiukkasten välisiä törmäyksiä tarkasteltaessa.

2. Elektronisuihku etenee sähkö- ja magneettikentässä kuten varatut hiukkaset.

Kpl.2

2-1

a) Klassisen fysiikan mukaan valo on aaltoliikettä, joka absorboituu aineeseen. Tämän mukaan elektronien pitäisi irrota aineesta, jos valon intensiteetti on riittävä riippumatta aallonpituudesta. Elektronit eivät kuitenkaan irtoa, vaikka intensiteetti olisi suuri, jos aallonpituus on pidempi kuin tietty raja-aallonpituus. Valosähköilmiö voidaan selittää vain, jos valolle oletetaan kvanttiluonne. Klassisen fysiikan avulla ei voida selittää valosähköilmiötä, koska kvanttiluonne ei kuulu klassisen fysiikan käsitteisiin.

b) Elektronin irrottamiseen metallista fotonilla tulee olla vähintään niin suuri energia, että se riittää irrottamaan ylimmällä energiatilalla olevan elektronin. Fotonin energia on sitä suurempi mitä pienempi on aallonpituus. Tiettyä rajaa pitemmillä aallonpituuksilla fotonin energia ei riitä elektronin irrottamiseen.

2-4

a) Mittaustilanteessa tapahtuu valosähöilmiö, jossa säteilykvantin energia muuntuu irrotustyöksi ja elektronin kineettiseksi energiaksi eli

$hf=W_0+E_k^{\max}$ , josta saadaan $E_k^{\max}=hf-W_0$ . Mittauksesta saatu kuvaaja on juuri tämän (jälkimmäisen) yhtälön kuvaaja.

Kuvaajan ja f-akselin leikkauskohdassa on $E_k^{\max}=0$ , joten leikkaukohdasta saadaan kynnystaajuus: se on $4{,}5\cdot10^{14}Hz$ . Tätä alhaisemmilla taajuuksilla valosähköilmiötä ei tapahdu. Suoran fysikaalinen kulmakerroin on Planckin vakio h, jonka arvoksi saadaan

$h=\frac{\Delta E_k^{\max}}{\Delta f}=\frac{3{,}1eV-1{,}0eV}{12{,}0\cdot10^{14}Hz-7{,}0\cdot10^{14}Hz}=4{,}2\cdot10^{-15}eVs$ . Suoran ja pystyakselin leikkauspisteessä taajuus on nolla, joten

$E_k^{\max}=-W_0$ . Pystyakselin ja suoran leikkauskohdasta saadaan irrotustyö negatiivisena. Natriumin irrotustyö on 1,9eV

b) Valosähköilmiössä valon taajuuden muuttaminen vaikuttaa irtoavien elektronien liike-energiaan. Valon voimakkuus (intensiteetti) muuttaa irtoavien elektronien lukumäärää. Vaihtoehto 2 on tosi.

2-5
$f=1{,}23PHz$
$E_k^{\max}=0$
$E_k^{\max}=hf-W_0$
$hf-W_0=0$
$W_0=hf=4{,}1356654\cdot10^{-15}eVs\cdot1{,}23\cdot10^{15}Hz=5{,}08686...\approx5{,}09eV$
Taulukkokirjan mukaan metaali on nikkeli.

2-6

Näkyvän valon aallopituus on 400-700nm.

Valosähköinen ilmiö tapahtuu, jos valon fotonien energia $E=hf=\frac{hc}{\lambda}$ on suurempi tai yhtä suuri kuin irrotustyö.

Mitä pienempi aallonpituus on, sitä suurempi on taajuus, joten myös sitä suurempi on fotonin energia.

Irrotustyö on suurin mahdollinen, kun koko fotonin energia kuluu elektronin irrottamiseen eli elektronin liike-energia on nolla.

Tällöin $W_0=hf$

Toisin sanoen irrotustyö on suurin mahdollinen, kun fotonin energia on suurin mahdollinen eli aallonpituus on pienin mahdollinen.

Lasketaan fotonin energia eli irrotustyö, kun λ=400nm

$W_0=hf=\frac{hc}{\lambda}=\frac{4{,}13567\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{400\cdot10^{-9}m}\approx3{,}10eV$

Näkyvä valo pystyy irrottamaan elektroneja metalleista, joiden irrotustyö on 3,10eV tai pienempi. Siten näkyvä valo saa aikaan valosähköilmiön kaliumissa, muttei alumiinissa.

$E_{^k}^{\max}=hf-W_0=\frac{hc}{\lambda}-W_0=\frac{4{,}13567\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{210\cdot10^{-9}m}-4{,}20eV\approx1{,}7eV$

2-8

$\lambda=365nm$

$I=6{,}0\mu\frac{W}{m^2}$

$W_0=1{,}9eV$

Kvantin energia kuluu irrotustyöhän ja elektronin liike-energiaksi eli $hf=W_0+E_k^{\max}$ .

Irronneiden elektronien suurin liike-energia on

$E_k^{\max}=hf-W_0=\frac{hc}{\lambda}-W_0$

$=\frac{4{,}13567\cdot10^{.-15}eVs\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{365nm}-1{,}9eV\approx1{,}5eV$

Näin ollen elektronien liike-energia on $E_k\le1{,}5eV$
b)

$hf=\frac{hc}{2\lambda}=\frac{4{,}13567\cdot10^{.-15}eVs\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{2\cdot365nm}\approx1{,}7eV$

Valosähköilmiötä ei tapahdu, koska energia on pienempi kuin irrotustyö.

Valon intensiteetti ei vaikuta kvanttien liike-energiaan; elektronien liike-energia ei siis muutu.

2-12

$f_0=6{,}9\cdot10^{21}Hz$

$f=2{,}2\cdot10^{21}Hz$

a) Kyseessä on comptonin sironta.

$E_1=hf_1=4{,}1356654\cdot10^{-15}eVs\cdot6{,}9\cdot10^{21}Hz=28536091{,}26eV\approx28{,}5\cdot10^6eV\approx29MeV$

$E_k=hf_0-hf=4{,}1356654\cdot10^{-15}eVs\cdot6{,}9\cdot10^{21}Hz-4{,}1356654\cdot10^{-15}eVs\cdot2{,}2\cdot10^{21}Hz=19437627{,}38eV\approx19MeV$

Kpl.1

1-3

$E=hf=6{,}62607\cdot10^{-34}Js\cdot1{,}2\cdot10^{18}Hz=7{,}951284\cdot10^{-16}J$

$E=hf=\frac{hc}{\lambda}=\frac{6{,}62607\cdot10^{-34}Js\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{150m}=1{,}32429...\cdot10^{-27}\approx1{,}3243\cdot10^{-27}J$

$E=hf=\frac{hc}{\lambda}\ \Leftrightarrow\ \lambda=\frac{hc}{E}=\frac{6{,}62607\cdot10^{-34}Js\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{1{,}8\cdot1{,}602176565\cdot10^{-16}V}=6{,}888...\cdot10^{-10}\approx6{,}9\cdot10^{-10}m$

1-5

$E=hf=\frac{hc}{\lambda}=\frac{6{,}62607\cdot10^{-34}Js\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{480\cdot10^{-9}m}=4.138422453\cdot10^{-19}J$

$p=\frac{E}{c}=\frac{4.138422453\cdot10^{-19}J}{2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}=1.38043125\cdot10^{-27}\ \frac{kgm}{s}$

1-6

Pienin energiamäärä, jonka silmä havaitsee valona on $E_1=10^{-17}J$

$h=6{,}62607\cdot10^{-34}Js$

$c=2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}$

Kuvaajan mukaan keltavihreän valon allonpituus on

$\lambda\approx575nm$

Fotoin energia on $E=hf$ ja aaltoliikkeen perusyhtälö valolle on $c=f\lambda$ eli $f=\frac{c}{\lambda}$

$E=hf=\frac{hc}{\lambda}=\frac{6{,}62607\cdot10^{-34}Js\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{575\cdot10^{-9}m}=3{,}45468...\approx3{,}4547J$

Näköaistimukseen tarvitaan $\frac{E_1}{E}=\frac{10^{-17}J}{3{,}4547J}\approx30$ fotonia

1-7

$\lambda=500nm$

$I=\frac{P}{A}\ \Leftrightarrow\ P=IA=1{,}4\ \frac{kW}{m^2}\cdot1{,}0m^2=1{,}4kW$
$P=\frac{W}{t}\ \Leftrightarrow\ W=Pt=1{,}4kW\cdot1{,}0s=1400J=E_1$

$E=hf=\frac{hc}{\lambda}=\frac{6{,}62607\cdot10^{-34}Js\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{500\cdot10^{-9}m}=3.97288...\cdot10^{-19}\approx3{,}9729\cdot10^{-19}J$

Fotonin määrä saadaan

$\frac{E_1}{E}=3.52388...\cdot10^{21}\approx4{,}0\cdot10^{21}$

1-8

$f=1800MHz$

$E=hf=6{,}62607\cdot10^{-34}Js\cdot1800\cdot10^6hz=1.1926926\cdot10^{-24}J$

$\frac{E}{e}=\frac{1.1926926\cdot10^{-24}J}{1.602176565\cdot10^{-19}C}=7.4442...\cdot10^{-6}\approx7{,}4\mu eV$

1-10
a)

$T=8100K$

$\lambda_{\max}=\frac{b}{T}=\frac{2{,}897768\cdot10^{-3}m\cdot K}{8100K}=3.5774...\cdot10^{-7}\approx3{,}6\cdot10^{-7}m$

$E=hf=\frac{hc}{\lambda}=\frac{6{,}62607\cdot10^{-34}Js\cdot2{,}99792\cdot10^8\ \frac{m}{s}}{3{,}5774\cdot10^{-7}m}=5.5526137693783\cdot10^{-19}J$

$\frac{E}{e}=\frac{5.5526137693783\cdot10^{-19}J}{1{,}602176565\cdot10^{-19}C}=3.465...\approx3{,}5eV$

Valkoinen

https://fi.wikipedia.org/wiki/Spektriluokka