Physics, spring 2026 – matriculation exam tasks and solutions

Väittämä on väärin: voima määrää kiihtyvyyden, joten kasvava voima antaa kasvavan, ei tasaisen, kiihtyvyyden.

Päättely kulkee Newtonin II lain kautta: $\bar F = m\bar a$ eli $a = F/m$. Kun massa on vakio, kiihtyvyys on suoraan verrannollinen kokonaisvoimaan. Jos voima kasvaa tasaisesti ajan funktiona, $F = kt$, niin myös $a = kt/m$ kasvaa tasaisesti. Tasainen kiihtyvyys syntyy vain vakiovoimasta.

Yleinen ajatusvirhe on sekoittaa tasainen kiihtyvyys ja kasvava nopeus: vakiovoimalla nopeus kasvaa tasaisesti, mutta kiihtyvyys pysyy samana. Tässä kysytään voiman ja kiihtyvyyden suhdetta, joka on suora verrannollisuus.

Täysien pisteiden vastaus: väärin, koska $a = F/m$ ja tasaisesti kasvava voima tuottaa tasaisesti kasvavan kiihtyvyyden (1 p.).

Väittämä on väärin: kimmottomassa törmäyksessä säilyy liikemäärä, mutta liike-energia ei.

Erota kaksi säilymislakia. Liikemäärä $\bar p = m\bar v$ säilyy jokaisessa törmäyksessä, kun ulkoisia voimia ei vaikuta, koska törmäysvoimat ovat sisäisiä ja Newtonin III lain mukaan vastakkaiset. Liike-energia $E_k = \tfrac12 mv^2$ säilyy vain täysin kimmoisassa törmäyksessä. Kimmottomassa törmäyksessä kappaleet muuttavat muotoaan, ja osa liike-energiasta muuttuu lämmöksi, ääneksi ja muodonmuutosenergiaksi. Täysin kimmottomassa törmäyksessä kappaleet jäävät yhteen, ja liike-energian häviö on suurin mahdollinen liikemäärän säilyessä.

Tyypillinen virhe on olettaa, että kaikki säilymislait pätevät aina. Kokonaisenergia säilyy, mutta liike-energia on vain yksi energian muoto.

Vastaus: väärin, liikemäärä säilyy mutta liike-energia ei (1 p.).

Väittämä on oikein: eristetyn systeemin kokonaisliikemäärä säilyy.

Liikemäärän säilymislaki seuraa Newtonin II ja III laista. Systeemin liikemäärän muutosnopeus on $\Delta \bar p/\Delta t = \bar F_{\rm ulk}$, missä $\bar F_{\rm ulk}$ on ulkoisten voimien summa. Sisäiset voimat esiintyvät aina pareittain, yhtä suurina ja vastakkaisina, joten niiden summa on nolla eivätkä ne voi muuttaa kokonaisliikemäärää. Jos systeemi ei vuorovaikuta ympäristön kanssa, ulkoisia voimia ei ole ja $\bar p_{\rm kok}$ on vakio.

Huomaa, että laki on vektoriyhtälö: liikemäärä säilyy erikseen jokaisessa suunnassa. Osasten liikemäärät voivat muuttua rajusti, kunhan summa pysyy samana, kuten räjähdyksessä tai törmäyksessä.

Täysien pisteiden vastaus: oikein, liikemäärän säilymislaki pätee eristetylle systeemille (1 p.).

Väittämä on oikein: noste suuntautuu ylöspäin ja painovoima alaspäin.

Noste syntyy nesteen tai kaasun paineesta, joka kasvaa syvyyden mukana: kappaleen alapintaan kohdistuu suurempi paine kuin yläpintaan, joten paine-erosta jää nettovoima ylöspäin. Arkhimedeen lain mukaan nosteen suuruus on syrjäytetyn nesteen paino, $N = \rho_{\rm neste} V g$, missä $V$ on kappaleen nesteeseen upotettu tilavuus. Painovoima $G = mg$ suuntautuu aina kohti maan keskipistettä eli alaspäin.

Kappale kelluu, kun $N = G$, uppoaa, kun $G > N$, ja nousee, kun $N > G$. Kaikissa tapauksissa voimat ovat vastakkaissuuntaiset; vain suuruudet vaihtelevat.

Vastaus: oikein, noste on ylöspäin ja painovoima alaspäin suuntautuva voima (1 p.).

Väittämä on oikein: johtuminen tarvitsee väliaineen, joten tyhjiössä lämpö ei johdu.

Lämpö siirtyy kolmella tavalla. Johtumisessa energia siirtyy hiukkasten törmäysten ja värähtelyjen välityksellä aineen sisällä; ilman ainetta ei ole mitään, mikä välittäisi liikettä. Konvektiossa lämpö kulkee virtaavan aineen mukana, mikä sekin edellyttää nestettä tai kaasua. Säteily sen sijaan on sähkömagneettista säteilyä, joka etenee tyhjiössä. Siksi Auringon energia saapuu Maahan vain säteilemällä, ja termospullon kaksoisseinän tyhjiö estää johtumisen ja konvektion.

Tyypillinen virhe on sekoittaa lämmön siirtyminen ja lämmön johtuminen: tyhjiössä lämpöä siirtyy, mutta ainoastaan säteilynä.

Täysien pisteiden vastaus: oikein, johtuminen edellyttää väliainetta ja tyhjiössä energia siirtyy vain säteilemällä (1 p.).

Väittämä on oikein: myös ideaalinen lämpövoimakone luovuttaa hukkalämpöä kylmään varastoon.

Lämpövoimakone ottaa lämpöä $Q_1$ kuumasta varastosta, tekee työtä $W$ ja luovuttaa lämpöä $Q_2$ kylmään varastoon. Termodynamiikan toisen pääsäännön mukaan lämpöä ei voi muuttaa kokonaan työksi kiertoprosessissa, joten $Q_2 > 0$ aina. Ideaalisen eli Carnot'n koneen hyötysuhde on $\eta = 1 - T_2/T_1$, joka on alle $100\,\%$ aina, kun kylmän varaston lämpötila $T_2 > 0$ K. Ideaalisuus tarkoittaa, ettei koneessa ole kitkaa tai muita ylimääräisiä häviöitä, ei sitä, että hukkalämpö katoaisi.

Tyypillinen virhe on ajatella, että ideaalinen tarkoittaa hyötysuhdetta 1.

Vastaus: oikein, toisen pääsäännön mukaan hyötysuhde on aina alle $100\,\%$, joten osa energiasta luovutetaan kylmempään varastoon (1 p.).

Väittämä on väärin: suljetun systeemin energia voi muuttua, vain eristetyn systeemin kokonaisenergia säilyy.

Termodynamiikassa systeemit luokitellaan sen mukaan, mitä ne vaihtavat ympäristön kanssa. Avoin systeemi vaihtaa sekä ainetta että energiaa. Suljettu systeemi ei vaihda ainetta, mutta energiaa voi siirtyä rajan yli lämpönä $Q$ ja työnä $W$; ensimmäisen pääsäännön mukaan $\Delta U = Q + W$, joka ei ole nolla. Eristetty systeemi ei vaihda ainetta eikä energiaa, joten vain sen kokonaisenergia säilyy.

Esimerkiksi suljettu kaasusäiliö lämpenee auringossa: aine pysyy sisällä, mutta sisäenergia kasvaa.

Tyypillinen virhe on sekoittaa termit suljettu ja eristetty. Täysien pisteiden vastaus: väärin, suljettu systeemi voi vaihtaa energiaa lämpönä ja työnä; vain eristetyn systeemin energia säilyy (1 p.).

Väittämä on oikein: pienessä paineessa todellinen kaasu käyttäytyy lähes ideaalikaasun tavoin.

Ideaalikaasumalli olettaa, että molekyylit ovat pistemäisiä ja vuorovaikuttavat vain kimmoisissa törmäyksissä. Todellisessa kaasussa molekyyleillä on oma tilavuus ja niiden välillä on heikkoja vetovoimia. Kun paine on pieni, molekyylien keskimääräinen etäisyys on suuri: molekyylien oma tilavuus on mitätön säiliön tilavuuteen verrattuna, ja vetovoimat eivät ehdi vaikuttaa harvoin tapahtuvissa kohtaamisissa. Silloin tilanyhtälö $pV = nRT$ kuvaa kaasua hyvin. Huoneenlämpötila on lisäksi kaukana useimpien kaasujen nesteytymislämpötilasta, mikä parantaa mallin pätevyyttä.

Malli pettää suuressa paineessa ja matalassa lämpötilassa, jolloin kaasu alkaa nesteytyä.

Vastaus: oikein, pienessä paineessa molekyylien oma tilavuus ja keskinäiset vuorovaikutukset ovat merkityksettömiä (1 p.).

Väittämä on väärin: rajapinnassa taajuus pysyy samana, vain nopeus ja aallonpituus muuttuvat.

Taajuuden määrää aallon lähde: se kertoo, montako värähdystä sekunnissa lähde tuottaa, ja rajapinnan molemmin puolin väliaineen hiukkaset värähtelevät samassa tahdissa, muuten aalto katkeaisi rajapinnassa. Kun aalto siirtyy väliaineeseen, jossa etenemisnopeus $v$ on erilainen, yhtälöstä $v = \lambda f$ seuraa, että aallonpituus $\lambda = v/f$ muuttuu samassa suhteessa kuin nopeus. Valolla tämä näkyy taittumisena: lasissa nopeus on $c/n$ ja aallonpituus lyhenee, mutta väri eli taajuus säilyy.

Tyypillinen virhe on päätellä yhtälöstä $v=\lambda f$, että nopeuden muuttuessa taajuus muuttuu.

Täysien pisteiden vastaus: väärin, rajapinnassa muuttuvat etenemisnopeus ja aallonpituus, mutta taajuuden määrää lähde (1 p.).

Väittämä on väärin: ympyräliikkeessä kappaleeseen vaikuttaa keskihakuinen kokonaisvoima kohti keskipistettä, ei keskipakoisvoimaa poispäin.

Ympyräliikkeessä nopeuden suunta muuttuu jatkuvasti, joten kappaleella on kiihtyvyys $a_n = v^2/r$ kohti radan keskipistettä. Newtonin II lain mukaan tämän kiihtyvyyden aiheuttaa kokonaisvoima $F = mv^2/r$, joka osoittaa samaan suuntaan. Sen voi tuottaa esimerkiksi langan jännitys, kitka tai gravitaatio. Inertiaalikoordinaatistossa ei ole mitään ulospäin vetävää voimaa: tunne ulospäin heittämisestä johtuu kappaleen hitaudesta, kun se pyrkii jatkamaan suoraviivaista liikettä. Keskipakoisvoima on vain pyörivässä koordinaatistossa käytetty näennäisvoima.

Tyypillinen virhe on piirtää voimakuvioon sekä keskihakuinen että keskipakoisvoima, jolloin kokonaisvoima olisi nolla eikä ympyrärata syntyisi.

Vastaus: väärin, kokonaisvoima on keskihakuinen (1 p.).

Väittämä on väärin: painovoima vaikuttaa astronauttiin koko ajan, ja juuri se pitää aseman kiertoradalla.

Kansainvälinen avaruusasema kiertää noin 400 km korkeudella, missä gravitaatiokiihtyvyys on yhä noin $90\,\%$ pinnan arvosta, sillä $g = \gamma M/r^2$ pienenee vain hitaasti etäisyyden kasvaessa. Painovoima toimii keskihakuisena voimana: asema ja astronautti putoavat jatkuvasti kohti Maata, mutta suuri ratanopeus, noin $7{,}7$ km/s, saa ne kaartamaan Maan ympäri osumatta pintaan. Astronautti tuntee itsensä painottomaksi, koska hän ja asema putoavat samalla kiihtyvyydellä eikä tukivoimaa synny, aivan kuten putoavassa hississä.

Tyypillinen virhe on sekoittaa painottomuuden tunne ja painovoiman puuttuminen.

Täysien pisteiden vastaus: väärin, astronautti on jatkuvassa vapaassa pudotuksessa Maan gravitaatiokentässä (1 p.).

Väittämä on väärin: suljetun silmukan potentiaalimuutosten summa on aina nolla riippumatta komponenteista.

Tämä on Kirchhoffin jännitelaki, joka seuraa energian säilymisestä. Potentiaali on paikan funktio, joten kun kierretään silmukka ympäri ja palataan lähtöpisteeseen, potentiaali palaa alkuarvoonsa: $\sum U_i = 0$. Jännitelähteet nostavat potentiaalia lähdejännitteen verran, ja vastuksissa potentiaali laskee Ohmin lain mukaan $U = RI$. Komponentit määräävät, miten jännite jakautuu niiden kesken, mutta summa on aina nolla.

Esimerkiksi $12$ V:n pariston ja kahden sarjavastuksen piirissä vastusten jännitehäviöt ovat yhteensä $12$ V, olivatpa resistanssit mitkä tahansa.

Tyypillinen virhe on sekoittaa jännitteiden jakautuminen ja niiden summa.

Täysien pisteiden vastaus: väärin, Kirchhoffin jännitelain mukaan summa on aina nolla (1 p.).

Väittämä on väärin: resistanssien summa pätee sarjaankytkennälle, rinnankytkennässä kokonaisresistanssi on pienempi kuin kumpikaan osaresistanssi.

Rinnankytkennässä molempien vastusten yli on sama jännite $U$ ja virta jakautuu haaroihin: $I = U/R_1 + U/R_2$. Kokonaisresistanssille $R = U/I$ saadaan siis $\dfrac{1}{R} = \dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}$. Toinen rinnakkainen reitti helpottaa virran kulkua, joten resistanssi pienenee. Esimerkiksi kaksi $10\ \Omega$:n vastusta rinnan antaa $5\ \Omega$, sarjassa $20\ \Omega$.

Tarkistuskeino: rinnankytkennässä tulos on aina pienempi kuin pienin osaresistanssi.

Täysien pisteiden vastaus: väärin, rinnankytkennässä $1/R = 1/R_1 + 1/R_2$ ja kokonaisresistanssi on pienempi kuin kumpikaan osaresistansseista (1 p.).

Väittämä on oikein: sekä diodin että aurinkokennon toiminta perustuu pn-liitokseen.

p-tyypin puolijohteessa varauksenkuljettajina ovat aukot, n-tyypissä elektronit. Kun ne yhdistetään, rajapinnalle syntyy tyhjennysalue ja sisäinen sähkökenttä. Diodissa tämä kenttä päästää virran kulkemaan vain päästösuuntaan, kun ulkoinen jännite kumoaa kentän, ja estää sen estosuuntaan. Aurinkokennossa fotonit irrottavat liitoksessa elektroni–aukko-pareja, ja sama sisäinen kenttä erottaa varaukset eri suuntiin, jolloin kennon napojen välille syntyy jännite ja ulkoiseen piiriin virta. Aurinkokenno on siis suuripinta-alainen diodi, jota valaistaan.

Vastaus: oikein, molempien toiminta perustuu p- ja n-tyypin puolijohteiden rajapintaan eli pn-liitokseen (1 p.).

Väittämä on väärin: valon nopeus riippuu väliaineesta.

Tyhjiössä valo etenee nopeudella $c \approx 3{,}0\cdot10^8$ m/s, mutta väliaineessa nopeus on $v = c/n$, missä $n$ on aineen taitekerroin. Vedessä $n \approx 1{,}33$ ja lasissa $n \approx 1{,}5$, joten valon nopeus on niissä noin $2{,}3\cdot10^8$ m/s ja $2{,}0\cdot10^8$ m/s. Nopeuden muutos rajapinnassa on juuri taittumisen syy: Snellin laki $n_1\sin\alpha_1 = n_2\sin\alpha_2$ on seurausta siitä, että aaltorintama hidastuu siirtyessään tiheämpään aineeseen. Taajuus säilyy, joten aallonpituus lyhenee samassa suhteessa kuin nopeus.

Tyypillinen virhe on ajatella, että valon nopeus on aina vakio $c$; se on vakio vain tyhjiössä.

Täysien pisteiden vastaus: väärin, valon nopeus väliaineessa on $c/n$ (1 p.).

Väittämä on oikein: negatiivisesti varattu elektroni kiihtyy sähkökentän suuntaa vastaan.

Sähkökentän voimakkuus $\bar E$ määritellään positiiviseen koevaraukseen kohdistuvan voiman avulla, ja varaukseen $q$ kohdistuva voima on $\bar F = q\bar E$. Elektronin varaus on $q = -e$, joten voima $\bar F = -e\bar E$ on kentän suunnalle vastakkainen. Newtonin II lain mukaan kiihtyvyys on voiman suuntainen, eli elektroni kiihtyy kentän suuntaa vastaan, kohti korkeampaa potentiaalia. Tästä syystä elektronit kulkevat virtapiirissä negatiiviselta navalta positiiviselle, vaikka sähkövirran sovittu suunta on päinvastainen.

Tyypillinen virhe on unohtaa varauksen etumerkki ja olettaa kaikkien hiukkasten kiihtyvän kentän suuntaan.

Täysien pisteiden vastaus: oikein, elektronin varaus on negatiivinen, joten voima $\bar F = q\bar E$ on kentän suunnalle vastakkainen (1 p.).

Väittämä on oikein: generaattori muuttaa mekaanista energiaa sähköenergiaksi sähkömagneettisen induktion avulla.

Induktiolain mukaan käämiin indusoituu jännite, kun sen läpi kulkeva magneettivuo muuttuu: $e = -N\,\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$, missä $N$ on kierrosten lukumäärä. Generaattorissa käämiä pyöritetään magneettikentässä tai magneettia pyöritetään käämin sisällä, jolloin vuo $\Phi = BA\cos\theta$ vaihtelee jaksollisesti ja syntyy vaihtojännite. Kun käämiin kytketään kuorma, siinä kulkee virta, ja Lenzin lain mukaan virran magneettikenttä vastustaa pyöritystä, joten mekaanista työtä on tehtävä jatkuvasti. Sähkömoottori on saman ilmiön käänteinen sovellus.

Vastaus: oikein, käämin läpi kulkevan magneettivuon muutos indusoi jännitteen (1 p.).

Väittämä on väärin: kasvihuonekaasut läpäisevät näkyvän valon mutta absorboivat infrapunasäteilyä.

Aurinko säteilee pääosin näkyvän valon aallonpituuksilla, koska sen pintalämpötila on noin $5\,800$ K. Ilmakehän kasvihuonekaasut, kuten hiilidioksidi, vesihöyry ja metaani, ovat tälle säteilylle lähes läpinäkyviä, joten valo pääsee maanpinnalle ja lämmittää sen. Maanpinta, jonka lämpötila on noin $290$ K, säteilee Wienin siirtymälain mukaisesti paljon pidempiaaltoista infrapunasäteilyä. Kasvihuonekaasumolekyylien värähtelyenergiat vastaavat juuri näitä aallonpituuksia, joten ne absorboivat lämpösäteilyä ja säteilevät osan siitä takaisin alaspäin. Näin ilmakehä lämpenee.

Tyypillinen virhe on ajatella, että kasvihuonekaasut lämpenevät suoraan auringonvalosta.

Täysien pisteiden vastaus: väärin, kasvihuonekaasut läpäisevät näkyvän valon mutta absorboivat maapallon lähettämää infrapunasäteilyä (1 p.).

Väittämä on oikein: beetahajoamisessa vapautuu energiaa, joka on peräisin hiukkasten yhteenlasketun massan pienenemisestä.

Beetamiinushajoamisessa neutroni muuttuu protoniksi, elektroniksi ja antineutrinoksi: $n \to p + e^- + \bar\nu_e$. Hajoaminen on mahdollista vain, jos lähtötilan massa on suurempi kuin lopputuotteiden yhteenlaskettu massa. Massaero eli massakato $\Delta m$ muuttuu Einsteinin yhtälön $E = \Delta m c^2$ mukaisesti hajoamistuotteiden liike-energiaksi, joka jakautuu elektronin, antineutrinon ja tytärytimen kesken. Sama periaate koskee kaikkia spontaaneja hajoamisia: reaktion $Q$-arvo on positiivinen vain, kun massa pienenee.

Tyypillinen virhe on ajatella, että massa säilyy tarkasti; ydinreaktioissa säilyy kokonaisenergia, johon massa lasketaan mukaan.

Täysien pisteiden vastaus: oikein, hajoamisessa vapautuu energiaa, joka on peräisin massakadosta (1 p.).

Väittämä on väärin: fuusiossa yhdistyvät kevyet ytimet, raskaat ytimet vapauttavat energiaa halkeamalla eli fissiossa.

Ratkaisun avain on sidosenergia nukleonia kohti, joka on suurimmillaan rautaa (A ≈ 56) lähellä olevilla ytimillä. Rautaa kevyemmillä ytimillä sidosenergia nukleonia kohti kasvaa, kun ytimet yhdistyvät, joten fuusio vapauttaa energiaa: esimerkiksi Auringossa vety fuusioituu heliumiksi. Rautaa raskaammilla ytimillä tilanne on päinvastainen: uraanin tai plutoniumin halkeaminen kahdeksi keskiraskaaksi ytimeksi vapauttaa energiaa. Raskaiden ytimien fuusio olisi endoterminen, ja se onnistuu vain räjähtävissä supernovissa, joissa syntyvät rautaa raskaammat alkuaineet.

Tyypillinen virhe on sekoittaa fissio ja fuusio keskenään.

Täysien pisteiden vastaus: väärin, fuusiossa yhdistyy kaksi kevyttä ydintä ja raskaat ytimet halkeavat fissiossa (1 p.).

Avainajatus: kone irtoaa, kun nostovoima on kasvanut yhtä suureksi kuin paino, ja kiihdytysmatka saadaan kinematiikasta irtoamisnopeuden avulla.

1. Pystysuunnan voimatasapaino (1 p.): kiitoradalla koneeseen vaikuttavat pystysuunnassa paino $G = mg$, tukivoima $N$ ja nostovoima $F_{\rm nosto}$; koska kone ei kiihdy pystysuunnassa, $N + F_{\rm nosto} - G = 0$.
2. Irtoamishetki (1 p.): kone irtoaa, kun tukivoima häviää, $N = 0$.
3. Tasapaino yhtälönä (2 p.): $c_{\rm nosto}A\cdot\tfrac12\rho v^2 = mg$, josta $v^2 = \dfrac{2mg}{c_{\rm nosto}A\rho}$.
4. Kinematiikka (2 p.): levosta tasaisesti kiihtyvälle liikkeelle $v = at$ ja $s = \tfrac12 at^2$, joista $s = \dfrac{v^2}{2a}$.
5. Sijoitus ja supistus (2 p.): $s = \dfrac{2mg}{2a\,c_{\rm nosto}A\rho} = \dfrac{mg}{c_{\rm nosto}A\rho a}$.

Yleinen virhe: vaaditaan nostovoiman olevan painoa suurempi tai lasketaan matka vakionopeudella. Muista supistaa kakkoset pois.

Avainajatus: sijoitetaan lukuarvot valmiiseen suureyhtälöön $s = \dfrac{mg}{c_{\rm nosto}A\rho a}$ ja huolehditaan SI-yksiköistä.

Lähtöarvot: $m = 68\,000$ kg, $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$, $c_{\rm nosto} = 1{,}8$, $A = 125\ \mathrm{m^2}$, $\rho = 1{,}25\ \mathrm{kg/m^3}$, $a = 1{,}5\ \mathrm{m/s^2}$.

Laskuvaiheet:
- Osoittaja: $mg = 68\,000\ \mathrm{kg}\cdot 9{,}81\ \mathrm{m/s^2} = 667\,080$ N.
- Nimittäjä: $c_{\rm nosto}A\rho a = 1{,}8\cdot125\cdot1{,}25\cdot1{,}5 = 421{,}875$, yksikkönä $\mathrm{m^2\cdot kg/m^3\cdot m/s^2 = kg/s^2}$.
- Jakolasku: $s = \dfrac{667\,080}{421{,}875}\ \mathrm{m} \approx 1\,581\ \mathrm{m}$.

Yksikkötarkistus: $\mathrm{N/(kg/s^2)} = \mathrm{kg\,m\,s^{-2}/(kg\,s^{-2})} = \mathrm{m}$.

Vastaus: $s \approx 1\,600$ m eli noin $1{,}6$ km. Tulos ilmoitetaan kahdella tai kolmella merkitsevällä numerolla, koska lähtöarvot ovat kahden numeron tarkkuudella (2 p.). Yleinen virhe on unohtaa $g$ tai sekoittaa nostovoiman kerroin $\tfrac12$ supistuksessa.

Avainajatus: korkealla ilma on harvempaa, joten tiheys pitää laskea ideaalikaasun tilanyhtälöstä ennen sijoitusta kiihdytysmatkan lausekkeeseen.

1. Tiheys tilanyhtälöstä (2 p.): $pV = nRT$ ja $n = m/M$, joten $\rho = \dfrac{m}{V} = \dfrac{pM}{RT}$. Muunna yksiköt: $p = 0{,}60\ \mathrm{bar} = 0{,}60\cdot10^5$ Pa, $T = -10\ ^\circ\mathrm{C} = 263$ K, ilman moolimassa $M = 0{,}029$ kg/mol, $R = 8{,}31$ J/(mol K).
2. Tiheyden arvo (2 p.): $\rho = \dfrac{0{,}60\cdot10^5\cdot 0{,}029}{8{,}31\cdot 263}\ \mathrm{kg/m^3} \approx 0{,}80\ \mathrm{kg/m^3}$ (hyväksytty väli $0{,}74$–$0{,}82$).
3. Kiihdytysmatka (1 p.): $s = \dfrac{mg}{c_{\rm nosto}A\rho a} = \dfrac{68\,000\cdot9{,}81}{1{,}8\cdot125\cdot0{,}796\cdot1{,}5}\ \mathrm{m} \approx 2\,480\ \mathrm{m}$.

Vastaus: $s \approx 2\,500$ m (hyväksytty $2\,400$–$2\,700$ m). Ansat: lämpötila on annettava kelvineinä ja paine pascaleina, ja moolimassa kilogrammoina.

Avainajatus: puoliintumisaika on aika, jonka kuluessa aktiivisuus puolittuu, joten sijoitetaan $A = A_0/2$ eksponenttilakiin ja ratkaistaan aika logaritmilla.

1. Sijoitus (2 p.): puoliintumisajan $T_{1/2}$ määritelmän mukaan $A(T_{1/2}) = \dfrac{A_0}{2}$. Aktiivisuuden yhtälöstä saadaan $A_0 e^{-\lambda T_{1/2}} = \dfrac{A_0}{2}$, ja $A_0$ supistuu pois: $e^{-\lambda T_{1/2}} = \dfrac12$.
2. Logaritmi (2 p.): otetaan luonnollinen logaritmi puolittain, $-\lambda T_{1/2} = \ln\dfrac12 = -\ln 2$, joten $T_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda}$.

Täysien pisteiden vastaus sisältää molemmat vaiheet välivaiheineen: $T_{1/2} = \ln 2/\lambda \approx 0{,}693/\lambda$. Yhteys on käänteinen: mitä suurempi hajoamisvakio, sitä lyhyempi puoliintumisaika.

Yleinen virhe on kirjoittaa tulos suoraan taulukosta tai laskimesta ilman johtoa; tehtävässä pisteet tulevat nimenomaan johtamisesta. Muista myös, että $\ln(1/2) = -\ln 2$, ei $\ln 2$.

Avainajatus: mitattujen aktiivisuuksien suhde antaa hajoamisvakion, josta puoliintumisaika seuraa yhtälöllä $T_{1/2} = \ln 2/\lambda$.

1. Suureyhtälö (3 p.): $A = A_0 e^{-\lambda T}$, joten $\ln\dfrac{A_T}{A_0} = -\lambda T$ ja $\lambda = -\dfrac{1}{T}\ln\dfrac{A_T}{A_0}$. Koska $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}$, saadaan $T_{1/2} = -\dfrac{T\ln 2}{\ln(A_T/A_0)}$.
2. Lähde $L_A$ (2 p.): $\dfrac{A_T}{A_0} = \dfrac{4{,}4}{4{,}5}$, $T = 7{,}0$ d. $T_{1/2} = -\dfrac{7{,}0\ \mathrm{d}\cdot0{,}693}{\ln(0{,}978)} \approx 216\ \mathrm{d} \approx 220$ vuorokautta.
3. Lähde $L_B$ (2 p.): $\dfrac{A_T}{A_0} = \dfrac{3{,}0\ \mathrm{kBq}}{4{,}5\ \mathrm{MBq}} = 6{,}7\cdot10^{-4}$. $T_{1/2} = -\dfrac{7{,}0\ \mathrm{d}\cdot0{,}693}{\ln(6{,}7\cdot10^{-4})} \approx 0{,}66\ \mathrm{d} \approx 16$ tuntia.

Ansa: $L_B$:n aktiivisuus on kilobecquereleinä, $L_A$:n megabecquereleinä; yksikköjen sekoittaminen tuhoaa tuloksen. Ilmoita vastaukset kahdella tai kolmella merkitsevällä numerolla.

Avainajatus: aktiivisuus on hajoamisvakion ja ytimien lukumäärän tulo, joten samalla aktiivisuudella pitkäikäisempää ydintä on paljon enemmän.

1. Suureyhtälö (2 p.): $A = \lambda N = \dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}N$, josta $N = \dfrac{A\,T_{1/2}}{\ln 2}$. Lukumäärien suhde on $\dfrac{N_A}{N_B} = \dfrac{A_A T_{1/2,A}}{A_B T_{1/2,B}}$, ja $\ln 2$ supistuu pois.
2. Sijoitus (2 p.): alussa $A_A = A_B = 4{,}5$ MBq, joten myös aktiivisuudet supistuvat: $\dfrac{N_A}{N_B} = \dfrac{T_{1/2,A}}{T_{1/2,B}} = \dfrac{216\ \mathrm{d}}{0{,}66\ \mathrm{d}} \approx 330$.

Vastaus: $N_A/N_B \approx 330$ (hyväksytty $320$–$330$, tai käänteislukuna $0{,}0030$–$0{,}0031$). Lähteessä $L_A$ on siis noin 330-kertainen määrä radioaktiivisia ytimiä.

Huomioita: käytä molemmille puoliintumisajoille samaa yksikköä, jolloin suhde on laaduton. Tulos on järkevä, koska hitaasti hajoava lähde tarvitsee saman aktiivisuuden tuottamiseen paljon enemmän ytimiä.