Fysik, hösten 2023 – studentprovets uppgifter och lösningar

Oikea vaihtoehto on a: fuusiossa kaksi kevyttä ydintä yhdistyy raskaammaksi, fissiossa yksi raskas ydin halkeaa kahdeksi keskiraskaaksi.

Molemmat vapauttavat energiaa, koska sidosenergia nukleonia kohti kasvaa: se on suurimmillaan raudan (A ≈ 56) ympäristössä. Kevyillä ytimillä, kuten vedyllä ja heliumilla, yhdistyminen kasvattaa sidosenergiaa nukleonia kohti, joten fuusio tuottaa energiaa; Aurinko ja tulevat fuusioreaktorit toimivat näin. Raskailla ytimillä, kuten uraani-235:llä, halkeaminen kahdeksi keskiraskaaksi ytimeksi kasvattaa sidosenergiaa nukleonia kohti, joten fissio tuottaa energiaa; nykyiset ydinvoimalat perustuvat siihen.

Vaihtoehto b vaihtaa käsitteiden nimet keskenään. Vaihtoehdot c ja d väittävät molempien reaktioiden olevan samanlaisia, mikä on mahdotonta, koska sama muutos ei voi vapauttaa energiaa sekä keventäen että raskauttaen ytimiä.

Vastaus: a (2 p.).

Oikea vaihtoehto on a: naula tuntuu polttavammalta, koska metalli johtaa lämpöä ihoon paljon nopeammin kuin puu.

Saunassa laude ja naula ovat samassa lämpötilassa, joten vaihtoehto b on väärin. Kosketuksessa ihon ja esineen välinen lämpövirta riippuu lämmönjohtavuudesta: metallin lämmönjohtavuus on satoja kertoja puun lämmönjohtavuutta suurempi, joten naulasta virtaa ihon pintaan lämpöä nopeasti ja iho kuumenee hetkessä. Puu johtaa lämpöä huonosti, ja sen pinta jäähtyy ihon kosketuksessa nopeasti, joten se tuntuu miedommalta.

Vaihtoehto c: metallin ominaislämpökapasiteetti on itse asiassa pienempi kuin puun, eikä se selitä kosketustuntemuksen nopeutta. Vaihtoehto d: lämpösäteily ei riipu ratkaisevasti materiaalista tässä tilanteessa, eikä se selitä eroa, joka tuntuu vasta koskettaessa.

Vastaus: naulan lämmönjohtavuus on suurempi kuin lauteen (2 p.).

Oikea vaihtoehto on a: tasaisessa suoraviivaisessa liikkeessä kiihtyvyys on nolla, joten kappaleeseen kohdistuvien voimien summa on nolla.

Newtonin II laki $\sum\bar F = m\bar a$ ei tee eroa levon ja tasaisen liikkeen välillä. Asuntovaunuun vaikuttavat auton vetovoima eteenpäin, ilmanvastus ja vierimisvastus taaksepäin sekä paino alaspäin ja tien tukivoima ylöspäin. Kun vauhti on vakio, vetovoima on täsmälleen yhtä suuri kuin vastusvoimien summa, ja pystysuunnassa tukivoima kumoaa painon. Kokonaisvoima on siis nollavektori.

Vaihtoehdot b ja c sekoittavat yhden voiman ja voimien summan: vetovoima ja vastukset ovat olemassa, mutta ne kumoavat toisensa. Vaihtoehto d unohtaa tukivoiman. Yleinen ajatusvirhe on, että liike vaatii liikkeen suuntaisen nettovoiman; todellisuudessa nettovoimaa tarvitaan vain nopeuden muuttamiseen.

Vastaus: voimien summa on nolla (2 p.).

Oikea vaihtoehto on a: halkaisijan kaksinkertaistuessa poikkipinta-ala nelinkertaistuu, joten resistanssi putoaa neljäsosaan, $\tfrac14 R$.

Johtimen resistanssi on $R = \rho\dfrac{l}{A}$, missä $\rho$ on aineen resistiivisyys, $l$ pituus ja $A$ poikkipinta-ala. Pyöreän langan pinta-ala on $A = \pi\left(\dfrac{d}{2}\right)^2 = \dfrac{\pi d^2}{4}$, eli se on verrannollinen halkaisijan neliöön. Kun $d \to 2d$, niin $A \to 4A$. Koska langat ovat samaa ainetta ja yhtä pitkiä, $R_{\rm paksu} = \rho\dfrac{l}{4A} = \dfrac{R}{4}$.

Vaihtoehto b olisi oikea, jos ala kaksinkertaistuisi; virhe syntyy, kun halkaisijaa ei koroteta toiseen potenssiin. Vaihtoehdot c ja d ovat suunnaltaan väärin, sillä paksumpi lanka johtaa paremmin: elektroneilla on enemmän tilaa kulkea rinnakkain.

Vastaus: $\tfrac14 R$ (2 p.).

Oikea vaihtoehto on a: keskinopeus on kokonaismatka jaettuna kokonaisajalla, ja hitaammalla osuudella kuluu enemmän aikaa, joten tulos on alle nopeuksien keskiarvon.

Olkoon koko matka $2s$. Ensimmäiseen puolikkaaseen kuluu aika $t_1 = \dfrac{s}{v}$ ja toiseen $t_2 = \dfrac{s}{2v}$. Kokonaisaika on $t = \dfrac{s}{v} + \dfrac{s}{2v} = \dfrac{3s}{2v}$. Keskinopeus on
$$\bar v = \dfrac{2s}{t} = \dfrac{2s}{3s/(2v)} = \dfrac{4}{3}v.$$

Vaihtoehto b, $\tfrac32 v$, on nopeuksien aritmeettinen keskiarvo, ja se pätisi vain, jos molemmilla nopeuksilla ajettaisiin yhtä kauan (ei yhtä pitkä matka). Vaihtoehto c on hitaampi kuin kumpikaan osanopeus, mikä on mahdotonta, ja d olettaisi koko matkan nopeudella $2v$.

Tarkistus: $\tfrac43 v \approx 1{,}33v$ on välillä $v$ ja $2v$ ja lähempänä hitaampaa nopeutta, kuten pitääkin.

Vastaus: $\tfrac43 v$ (2 p.).

Oikea vaihtoehto on a: vedenpinta laskee, koska veneessä kivi syrjäyttää painonsa verran vettä mutta pohjalla vain tilavuutensa verran.

Kun kivi on kelluvassa veneessä, vene ja kivi ovat tasapainossa: noste on yhtä suuri kuin niiden yhteinen paino. Arkhimedeen lain mukaan syrjäytetyn veden paino on siis kiven painon $m_kg$ suuruinen, ja syrjäytetty tilavuus on $V_1 = \dfrac{m_k}{\rho_{\rm vesi}}$. Pohjalla kivi syrjäyttää vain oman tilavuutensa $V_2 = \dfrac{m_k}{\rho_{\rm kivi}}$. Koska kiven tiheys on veden tiheyttä suurempi, $V_2 < V_1$: syrjäytetty vesimäärä pienenee ja pinta laskee.

Vaihtoehto d on vastakkainen: juuri suuri tiheys saa pinnan laskemaan. Jos kiven tiheys olisi yhtä suuri kuin veden, pinta ei muuttuisi (vaihtoehto c). Yleinen virhe on ajatella, että pohjalle upotettu esine aina nostaa pintaa.

Vastaus: laskee (2 p.).

Oikea vaihtoehto on a: kitkavoima on liikkeen suunnalle vastakkainen, joten sen tekemä työ on negatiivinen ja liike-energia pienenee.

Voiman tekemä työ on $W = Fs\cos\alpha$, missä $\alpha$ on voiman ja siirtymän välinen kulma. Liukukitka osoittaa aina liikettä vastaan, joten $\alpha = 180^\circ$, $\cos\alpha = -1$ ja $W = -\mu N s < 0$. Työperiaatteen mukaan kokonaisvoiman työ on liike-energian muutos, $W = \Delta E_k$, joten negatiivinen työ tarkoittaa hidastumista: liike-energia muuttuu lämmöksi laatikon ja pöydän kosketuspinnoilla.

Vaihtoehdot b ja d ovat ristiriidassa sen kanssa, että laatikko hidastuu; positiivinen työ kasvattaisi liike-energiaa. Vaihtoehto c pätisi vain, jos voima olisi kohtisuorassa liikettä vastaan, kuten tukivoima. Yleinen virhe on unohtaa työn etumerkki ja tarkastella vain sen suuruutta.

Vastaus: kitkavoiman työ on negatiivinen (2 p.).

Oikea vaihtoehto on a: vuodenajat johtuvat pyörimisakselin kallistuksesta, joten ilman kallistusta niitä ei olisi.

Nykyisen $23{,}4^\circ$:n kallistuksen takia pohjoinen pallonpuolisko on kesällä kallellaan kohti Aurinkoa: Aurinko paistaa korkeammalta, säteily jakautuu pienemmälle pinta-alalle ja päivä on pitkä, joten pinta lämpenee. Talvella tilanne on päinvastainen. Jos akseli olisi kohtisuorassa ratatasoa vastaan, Aurinko paistaisi joka päivä samalta korkeudelta jokaisella leveyspiirillä ja päivä olisi aina 12 tuntia; lämpötilat vaihtelisivat leveyspiirin mukaan mutta eivät vuoden mittaan.

Vaihtoehto b on väärin, koska vuodenaikojen syy poistuisi kokonaan. Vaihtoehto c sekoittaa kallistuksen ja pyörimisnopeuden; vuorokauden pituus riippuu pyörimisestä, ei kallistuksesta. Vaihtoehto d: Maan saama kokonaissäteily ei muuttuisi. Yleinen virhe on selittää vuodenajat Maan etäisyydellä Auringosta.

Vastaus: maapallolla ei esiintyisi vuodenaikoja (2 p.).

Oikea vaihtoehto on a: paristo luovuttaa energiaa, ei varausta, ja sen kokonaisvaraus pysyy nollana.

Paristo on kokonaisuutena sähköisesti neutraali: sen navoilla on yhtä suuret vastakkaismerkkiset varaukset, ja summa on nolla. Kun lamppu sytytetään, virtapiirissä varaukset kiertävät suljettua silmukkaa: elektronit lähtevät negatiiviselta navalta, kulkevat lampun läpi ja palaavat positiiviselle navalle, ja pariston sisällä kemiallinen reaktio kuljettaa varausta takaisin. Varaus säilyy Kirchhoffin virtalain mukaisesti: piirin jokaiseen pisteeseen tulee yhtä paljon varausta kuin siitä lähtee. Paristo kuluu, koska sen kemiallinen energia muuttuu lampussa valoksi ja lämmöksi.

Vaihtoehto c on yleinen harhaluulo: elektronit eivät kulu, ne vain siirtävät energiaa. Vaihtoehdot b ja d rikkoisivat varauksen säilymislakia.

Vastaus: pariston sähköinen kokonaisvaraus ei muutu (2 p.).

Oikea vaihtoehto on a: harja on hidas ja pyrkii pysymään paikallaan, joten kun putki nytkähtää alaspäin, harja jää putken suhteen ylemmäs.

Tarkastellaan tilannetta Newtonin I lain avulla. Nuija antaa putkelle lyhyessä ajassa suuren alaspäin suuntautuvan impulssin. Harjaan vaikuttaa vain pieni kitkavoima, joka ei ehdi lyönnin aikana kiihdyttää sitä samaan nopeuteen kuin putki; harja jatkaa hitautensa vuoksi likimain levossa maan suhteen. Koska putki siirtyy alaspäin ja harja jää lähes paikoilleen, harja on lyönnin jälkeen putken sisällä aiempaa ylempänä. Sama ilmiö näkyy, kun pöytäliina vedetään nopeasti astioiden alta.

Vaihtoehto b vaatisi, että harjaan kohdistuisi suurempi alaspäin suuntautuva voima kuin putkeen, mitä pieni kitka ei tuota. Vaihtoehto c pätisi vain, jos kitka olisi riittävän suuri lukitsemaan harjan putkeen.

Vastaus: harja liikahtaa putken suhteen ylöspäin (2 p.).

Avainajatus: kun astiassa on lopussa sekä jäätä että vettä, lämpötila on $0\ ^\circ$C, ja energiatase kertoo, että osa vedestä jäätyy jääpalan pintaan.

1. Loppulämpötila (3 p.): jää ja vesi voivat olla tasapainossa vain sulamispisteessä, joten $T = 0\ ^\circ$C.
2. Lämpenemisen yhtälö (2 + 2 p.): jään lämpeneminen nollaan vaatii $Q_j = c_j m_j\Delta T_j = 2\,090\cdot0{,}050\cdot18\ \mathrm{J} \approx 1\,880$ J; veden jäähtyminen $1{,}0\ ^\circ$C:sta luovuttaa $Q_v = 4\,180\cdot0{,}40\cdot1{,}0\ \mathrm{J} \approx 1\,670$ J.
3. Olomuodon muutos (2 p.): $Q = s\,m$, jäätymislämpö $s = 334$ kJ/kg.
4. Energian säilyminen (2 p.): $Q_j + Q_v + Q_{\Delta m} = 0$, joten $Q_{\Delta m} \approx -210$ J: vesi luovuttaa puuttuvan lämmön jäätymällä.
5. Massan muutos (2 + 2 p.): $\Delta m = \dfrac{210\ \mathrm{J}}{334\ \mathrm{J/g}} \approx 0{,}62$ g, ja jääpalan massa kasvaa.

Yleinen virhe: unohdetaan jäätyminen ja saadaan loppulämpötila hieman alle nollan.

Avainajatus: meno- ja paluumatka eroavat vain potentiaalienergian muutoksen merkissä, joten kulutusero on kaksinkertainen nousun potentiaalienergia jaettuna litrasta saatavalla mekaanisella energialla.

1. Energiatarkastelu (2 p.): menomatkalla $E_{\rm meno} = mg\Delta h + W$, missä $W$ on vastusvoimien työ, ja paluumatkalla $E_{\rm paluu} = -mg\Delta h + W$. Erotus on $\Delta E = 2mg\Delta h$; vastustyö supistuu pois.
2. Lämpöarvo ja hyötysuhde (2 p.): $\Delta E = \eta H\Delta V$.
3. Suureyhtälö (2 p.): $\Delta V = \dfrac{2mg\Delta h}{\eta H}$.
4. Lukuarvot (3 p.): $\Delta h = 105 - 17 = 88$ m, joten $\Delta E = 2\cdot1\,600\ \mathrm{kg}\cdot9{,}81\ \mathrm{m/s^2}\cdot88\ \mathrm{m} \approx 2{,}76$ MJ ja $\Delta V = \dfrac{2{,}76\ \mathrm{MJ}}{0{,}24\cdot31{,}2\ \mathrm{MJ/l}} \approx 0{,}37$ l.

Vastaus: menomatkalla kuluu noin $0{,}37$ litraa enemmän. Matkaa 58 km ei tarvita, koska vastustyö on sama molempiin suuntiin. Yleinen virhe: hyötysuhde unohtuu tai vastusvoimien työ jää perustelematta.

Avainajatus: suurempi nopeus kasvattaa vastusvoimien työtä menomatkalla, joten meno- ja paluumatkan kulutusero kasvaa entisestään.

Rakenna vastaus kolmeen osaan:
1. Vastusvoimat (2 p.): ilmanvastus kasvaa nopeuden mukana, likimain nopeuden neliössä, joten samalla matkalla vastusvoimien tekemä työ $W_{\rm meno}$ on suurempi kuin hitaammin ajetulla paluumatkalla $W_{\rm paluu}$.
2. Lähtötilanne (2 p.): jo yhtä suurilla nopeuksilla menomatka kulutti enemmän, koska auto nousi 88 m ylöspäin: $E_{\rm meno} = mg\Delta h + W$ ja $E_{\rm paluu} = -mg\Delta h + W$.
3. Johtopäätös (2 p.): nyt $\Delta E = 2mg\Delta h + W_{\rm meno} - W_{\rm paluu} > 2mg\Delta h$, joten energian ja bensiinin kulutusero kasvaa.

Täysien pisteiden vastaus perustelee sekä vastustyön kasvun että sen, että ero lisätään jo olemassa olevaan potentiaalienergiasta johtuvaan eroon. Pelkkä toteamus "nopeuden kasvaessa kulutus kasvaa" ei riitä, koska se ei kerro, miten ero meno- ja paluumatkan välillä muuttuu.

Avainajatus: ääni on mekaaninen aalto, joka tarvitsee väliaineen, ja Marsin kaasukehä on niin harva, ettei sen uskottu kuljettavan ääntä havaittavasti.

Ääniaalto etenee väliaineen hiukkasten paine- ja tiheysvaihteluina; tyhjiössä ääntä ei ole lainkaan (1 p.). Marsin pinnalla kaasukehän tiheys on $0{,}02\ \mathrm{kg/m^3}$, vain noin $1/60$ Maan ilmakehän tiheydestä, ja paine on alle prosentin Maan pintapaineesta. Näin harvassa kaasussa hiukkasten törmäykset ovat harvinaisia ja aaltoenergia vaimenee nopeasti, joten oli epäselvää, syntyisikö ja etenisikö äänenä havaittava aalto lainkaan, ja pystyisikö mikrofoni rekisteröimään sen (2 p.). Perseverancen tallenne osoitti, että ääni etenee, vaikkakin 20 dB heikompana ja taajuudesta riippuvalla nopeudella.

Täysien pisteiden vastaus sisältää molemmat osat: väliaineen tarve ja kaasukehän pieni tiheys tai paine. Spekulointi elämästä Marsissa ei tuota pisteitä.

Avainajatus: Maan pinnalla äänen nopeus ei riipu taajuudesta, mutta Marsissa se riippuu, sillä siellä korkeat äänet etenevät nopeammin kuin matalat.

Maan ilmakehässä äänen nopeus on kuuloalueella likimain vakio, noin $340$ m/s, riippumatta siitä, onko ääni matala vai korkea; se riippuu vain väliaineen ominaisuuksista, kuten lämpötilasta. Marsin hiilidioksidipitoisessa harvassa kaasukehässä nopeus on tehtävän mukaan noin $240$ m/s alle $400$ Hz:n taajuuksilla ja noin $250$ m/s sitä korkeammilla: väliaine on dispersiivinen. Ero johtuu siitä, että hiilidioksidimolekyylien värähtelyvapausasteet ehtivät reagoida vain matalilla taajuuksilla.

Täysien pisteiden vastaus toteaa selvästi, että Maassa nopeus on taajuudesta riippumaton vakio, toisin kuin Marsissa (3 p.).

Yleinen virhe on päätellä yhtälöstä $v = \lambda f$, että nopeus kasvaisi taajuuden mukana. Yhtälö kertoo vain, että annetulla nopeudella aallonpituus lyhenee taajuuden kasvaessa; nopeuden määrää väliaine.

Avainajatus: desibeliasteikko on logaritminen, ja jokainen 10 dB vastaa intensiteetin kymmenkertaistumista, joten 20 dB vaatii satakertaisen intensiteetin.

Intensiteettitaso määritellään $L = 10\ \mathrm{dB}\cdot\log\dfrac{I}{I_0}$. Kahden tason erotukselle saadaan
$$L_1 - L_2 = 10\ \mathrm{dB}\cdot\log\dfrac{I_1}{I_2}.$$
Sijoitetaan haluttu muutos $L_1 - L_2 = 20$ dB: $\log\dfrac{I_1}{I_2} = 2$, joten $\dfrac{I_1}{I_2} = 10^2 = 100$.

Vastaus: intensiteetti on kasvatettava satakertaiseksi (5 p.).

Pisteytyksessä ratkaisu on perusteltava intensiteettitason logaritmisuudella tai suureyhtälöllä (2 p.), ja lopputulos $100$ ilmoitetaan yhden numeron tarkkuudella (3 p.). Muistisääntö: $+3$ dB kaksinkertaistaa, $+10$ dB kymmenkertaistaa ja $+20$ dB satakertaistaa intensiteetin. Yleinen virhe on ajatella, että 20 dB:n lisäys tarkoittaisi intensiteetin kasvua 20-kertaiseksi tai 20 prosentilla; taso ei ole verrannollinen intensiteettiin.

Avainajatus: Marsissa äänet olisivat paljon hiljaisempia ja lisäksi vääristyneitä, koska eri taajuudet saapuvat kuulijalle eri aikaan.

1. Voimakkuus (2 p.): sama äänilähde havaitaan Marsissa noin $20$ dB heikompana, mikä vastaa intensiteetin pienenemistä sadasosaan. Puhe kuulostaisi kuiskaukselta ja musiikkia pitäisi kuunnella hyvin läheltä; harva kaasukehä ($0{,}02\ \mathrm{kg/m^3}$) ei siirrä äänienergiaa tehokkaasti.
2. Epäselvyys (2 p.): alle $400$ Hz:n äänet etenevät noin $240$ m/s ja korkeammat noin $250$ m/s, eli noin $4\ \%$ nopeammin. Esimerkiksi $100$ m:n matkalla korkeat äänet saapuvat noin $17$ ms ennen matalia. Puheen konsonantit ja musiikin eri sävelet erkanevat toisistaan ajassa, joten sanat ja soinnut puuroutuvat, ja vaikutus kasvaa etäisyyden mukana.

Täysien pisteiden vastaus perustelee molemmat havainnot annetuilla luvuilla: vaimeus 20 dB:n erolla ja epäselvyys nopeuksien erolla. Pelkkä "ääni kuuluisi huonommin" ei riitä ilman kytkentää taajuusriippuvaan nopeuteen.

Avainajatus: magneettikentän voima on aina kohtisuorassa nopeutta vastaan, joten kumpikin hiukkanen kulkee ympyrärataa vakiovauhdilla, mutta massan ja varauksen merkin erot muuttavat radan sädettä ja kiertosuuntaa.

1. Ympyrärata (2 p.): Lorentzin voima $F = |q|vB$ on kohtisuorassa nopeutta ja kenttää vastaan, joten se ei tee työtä; vauhti pysyy vakiona ja voima toimii keskihakuisena voimana. Rata on ympyrä kenttää vastaan kohtisuorassa tasossa.
2. Säde (2 p.): yhtälöstä $|q|vB = \dfrac{mv^2}{r}$ saadaan $r = \dfrac{mv}{|q|B}$. Deuteronin massa on noin $3\,700$-kertainen elektronin massaan, ja varausten itseisarvot ovat samat, joten samalla nopeudella deuteronin rata on paljon suurempi (ja kiertoaika $T = 2\pi m/(|q|B)$ pidempi).
3. Kiertosuunta (2 p.): voiman suunta $\bar F = q\bar v\times\bar B$ riippuu varauksen merkistä, joten positiivinen deuteroni ja negatiivinen elektroni kiertävät vastakkaisiin suuntiin.

Täysien pisteiden vastaus kuvaa koko liikkeen, ei vain alkuhetken voimaa. Yleinen virhe on tarkastella pelkkää alkutilannetta.

Avainajatus: plasma on liian kuumaa koskettamaan mitään materiaalia, joten sitä pidetään koossa kentillä, ja tiheä plasma tuottaa enemmän fuusioreaktioita.

1. Kentät koossapitäjinä (2 p.): fuusio vaatii, että ytimet ylittävät sähköisen poistovoiman, mikä onnistuu vasta noin $10^7$–$10^8$ K:n lämpötilassa. Mikään kiinteä seinä ei kestä tätä: rakennemateriaalit sulaisivat ja höyrystyisivät, ja plasma jäähtyisi ja saastuisi kosketuksessa. Koska plasma koostuu varatuista hiukkasista, ionit ja elektronit seuraavat magneettikentän kenttäviivoja ja niitä voidaan ohjata Lorentzin voimalla $\bar F = q\bar v\times\bar B$; tokamakissa rengasmainen kenttä pitää plasman irti seinistä.
2. Tiheys (2 p.): fuusioreaktio syntyy, kun kaksi ydintä törmäävät riittävällä energialla. Reaktionopeus on verrannollinen törmäysten määrään eli hiukkastiheyden neliöön, joten tiheämmässä plasmassa reaktioita tapahtuu todennäköisemmin ja tehontuotto kasvaa.

Täysien pisteiden vastaus yhdistää korkean lämpötilan materiaalien sulamiseen ja tiheyden reaktioiden todennäköisyyteen.

Avainajatus: beetamiinushajoamisessa ytimen neutroni muuttuu protoniksi, jolloin järjestysluku kasvaa yhdellä, massaluku säilyy ja ytimestä lähtee elektroni ja antineutrino.

Kirjoita yhtälö vaiheittain:
1. Lähtöydin: jodin järjestysluku on $Z = 53$ ja massaluku $A = 131$, siis $^{131}_{\ 53}\mathrm{I}$.
2. Tytärydin: $Z$ kasvaa yhdellä arvoon 54, joka on ksenon; $A$ pysyy 131:nä, siis $^{131}_{\ 54}\mathrm{Xe}$.
3. Hiukkaset: beetahiukkanen $\beta^-$ eli elektroni $^{\ \ 0}_{-1}\mathrm{e}$ ja elektronin antineutrino $\bar\nu_e$.

Yhtälö: $$^{131}_{\ 53}\mathrm{I} \to\ ^{131}_{\ 54}\mathrm{Xe} + \beta^- + \bar\nu_e.$$

Tarkista säilymislait: massaluvut $131 = 131 + 0 + 0$ ja varaukset $53 = 54 - 1 + 0$. Täysin oikea yhtälö antaa 3 p.

Yleisimmät virheet: antineutrino jätetään pois (se tarvitaan energian, liikemäärän ja leptoniluvun säilymiseksi) tai tytärytimeksi valitaan väärä alkuaine, esimerkiksi telluuri, joka syntyisi beetaplushajoamisessa.