OVERAL. Natuurkunde 4 VWO Wim Sonneveld

11  Download (0)

Full text

(1)

WWW.OVERAL.NOORDHOFF.NL ViERDE EDitiE,

EERstE OpLAgE, 2013

EiNDREDACtiE Wim Sonneveld AUtEURs Robert Bouwens Paul Doorschot Geert van Eekelen André van der Hoeven Marten van der Lee Joost van Reisen Annemieke Vennix EXpERiMENtEN Jan Frankemölle iCt

André van der Hoven Marten van der Lee Imrich Lobo Arthur Visser

OVERAL

Natuurkunde

4 VWO

(2)

Startopdracht

1 a,b

soort straling zichtbaar voelbaar schade- lijk

uv­straling nee nee ja

infrarood straling nee ja nee

licht ja nee nee

c Astronauten kunnen in een ruimte gaan zitten met dikke wanden die de deeltjes tegenhouden. Astro­

nauten die een ruimtewandeling maken moeten zo snel mogelijk naar binnen. Als het Space Station zich achter de aarde bevindt ten opzichte van de zon als de deeltjes aankomen, is het gevaar al veel kleiner.

5.1 Straling en bronnen

Startopdracht

3

a Ze kunnen radioactief materiaal op hun kleren en/of huid hebben gekregen door wind, regen of het aan­

raken van de stof. Daardoor lijken ze zelf een bron te zijn, maar het zijn de radioactieve deeltjes die de straling uitzenden.

b Het risico is, bij dezelfde hoeveelheid straling, groter voor het kind. Het kind groeit nog, waardoor bescha­

diging door straling op latere leeftijd grote gevolgen kan hebben. Beschadigingen in bijvoorbeeld het DNA kunnen doorgegeven worden aan nieuw te vor­

men cellen.

Opdrachten

A 4

Juist: 2, 4, 5, 6, 9;

Onjuist: 1, 3, 7, 8 (ook fotonen!), 10 (wel andere straling).

A 5

a Telefoon, radiozender, tv­zender, röntgenapparaat, computerbeeldscherm, zon, zonnebank, lamp, kachel/radiator, magnetron, kerncentrale, MRI of CT­scanapparaat.

b Brandmelders met radioactief materiaal, kerncen­

trale, isotopen voor bestraling, scanapparaten.

c De meeste bronnen werken op elektriciteit, al dan niet uit batterijen. Alleen radioactief materiaal heeft de energie ‘in’ zich.

A 6

a Bij bestraling straalt een radioactieve bron straling via een medium naar een ontvanger. Van besmetting is sprake als de ontvanger is bedekt met radioactief materiaal of radioactief materiaal in zijn lichaam heeft.

Uitwendige besmetting is schoon te maken, inwen­

dige besmetting is veel moeilijker te verwijderen.

b Nee, want röntgenstraling bestaat uit deeltjes (foto­

nen) die energie naar de ontvanger transporteren.

Het is geen radioactief materiaal dat naar de ontvan­

ger gaat.

c Een stof is radioactief en zendt ioniserende straling uit. De straling zelf is niet radioactief, want zendt niet uit en is dus niet actief.

A 7

a Een ion is een positief of negatief geladen (deel van een) atoom of molecuul.

b Ioniseren wil zeggen het toevoegen aan of verwijde­

ren van elektronen uit een atoom/molecuul, waar­

door het atoom/molecuul een positieve of negatieve lading krijgt.

c Het ioniserend vermogen is het vermogen dat stra­

ling heeft om atomen of moleculen om te zetten in positieve en/of negatieve ionen.

B 8 a,b

pijl type bestraling type straling

1 uitwendig natuurlijk

2 uitwendig kunstmatig

3 uitwendig natuurlijk

4 uitwendig en inwendig kunstmatig

5 inwendig natuurlijk of kunstmatig 6 uitwendig en inwendig kunstmatig

5 Straling

(3)

c De straling uit de ruimte verzwakt door de enorme afstand en de atmosfeer van de aarde.

B 9

a Geluid bestaat uit golven/trillingen die van de bron naar de ontvanger bewegen.

b Bij geluid is als medium een gas, een vloeistof of een vaste stof nodig.

C 10

a Er is geen sprake van besmetting, dus het voedsel wordt niet radioactief.

b Je moet ervoor zorgen dat de bron niet in aanraking kan komen met het fruit, dus zorgen dat de bron in een goed afgesloten omhulsel zit.

C 11 a bot

b Op de foto zijn botten witter van kleur. Daar is dus minder verkleuring geweest en is er dus minder stra­

ling op de film gevallen.

c Bestraling, de patiënt is zelf geen bron geworden.

5.2 Atomen die vervallen

Startopdracht

12

a Nee, dat is onmogelijk omdat goud een element is dat je nooit door chemische reacties uit andere ele­

menten kunt maken.

b Ze deden onderzoek zoals dat toen gebruikelijk was en konden niet weten wat wij nu weten. Het was nodig, zodat latere onderzoekers met hun resultaten (ook negatieve) verder konden.

Opdrachten

A 13

a Isotopen zijn atomen van dezelfde soort (Z gelijk) maar met een verschillend aantal neutronen.

b 15 8 O, 16 8 O, 17 8 O, 18 8 O, 19 8 O c 4 2 He, 0 0γ, − 1 0 e, +10 e

A 14

a Dat de kern nooit vervalt.

b Deze kern bevat 6 protonen en dus ook 6 neutronen.

c 6 protonen en 8 neutronen d 14 6 C → 14 7 N + − 1 0 e

B 15

a 210 84 Po → 206 82 Pb + 4 2 He b 19 8 O → 19 9 F + − 1 0 e

c 210 83 Bi → 206 81 Tl + 4 2 He of 210 83 Bi → 206 84 Po + − 1 0 e of 210 83 Bi →  210 83 Bi + 0 0γ

d 11 6 C → 11 5 B + +10 e e 1 0 n → 1 1 p + − 1 0 e f 1 1 p → 1 0 n + +10 e

B 16

Er zijn 238 − 92 = 146 neutronen. Deze uraniumkern vervalt onder uitzending van een alfadeeltje. Er ver­

dwijnen dus 2 protonen en 2 neutronen. Er blijven dus 144 neutronen over.

B 17

Alleen zeer langlevende isotopen komen in de natuur voor, of isotopen die ontstaan uit verval van die (lang­

levende) isotopen. De halveringstijd van kunstmatige isotopen is vaak te klein om ze in de natuur te kunnen vinden.

B 18

a Dat is nummer 83, Bi­209.

b Isotopen staan naast elkaar (atoomnummer is gelijk).

c atoomnummer 54, Xe d O­16, O­17, O­18, O­20

B 19

3, 2, 6 en 9, 4 en 8, 1 en 10, 7, 5 B 20

3 en 8, 4, 2en 5, 7, 1, 6 B 21

a U, N en Kr

b 239 92 U: 92p en 147n; 18 7 N: 7p en 11n; 82 36 Kr: 36p en 46n.

B 22

Pu­239 → U­235 → Th­231 → Pa­231 → Ac­227 → Th­227/Fr­223 → Ra­223 → Rn­219 → Po­215 → Pb­211 → Bi­211 → Tl­207/Po­211 → Pb­207

(4)

C 23

a 1 u = 1,660 538 921∙10− 27 kg (tabel 7 Binas)

b Een atoom 4 2 He heeft atoommassa 4,002603 u. Een α­deeltje heeft geen elektronen, dus er moet nog de massa van de elektronen vanaf:

4,002 603 − 2 × 0,000 548 58 = 4,001 506 u.

Dat is in kg: 4,001 506 × 1,660 538 9·10− 27 = 6,644 656∙10− 27 kg.

C 24

a Omdat in Binas tabel 99 de gemiddelde atoom­

massa’s staan van de elementen. Deze atoommas­

sa’s zijn niet gelijk aan de massa van een geheel aantal protonen plus neutronen.

b 0,7578 × 34,968 85 + 0,2422 × 36,965 90 = 35,45 Dit is gelijk aan de waarde in Binas tabel 99.

C 25 a Pb–206

b α­verval: het aantal protonen wordt 2 lager en het aantal neutronen wordt ook 2 lager.

c β­verval: het atoomnummer wordt 1 hoger, het massagetal blijft gelijk.

d Na 8 keer α­verval en 6 keer β­verval.

D 26

Op internet kun je vinden dat de oceanen 1 321 920 000 km3 water bevatten.

1 km3 water is 109 m3 en heeft een massa van 1012 kg.

De massa van al het water is dan 1,32∙1021 kg. 1 mol water (H2O) heeft een massa van 18 g en bevat 2 g H en 16 g O. Dus ___ 2

18 van water bestaat uit waterstof.

(

2 ___ 18

)

× 1,32∙1021= 1,47∙1020 kg H. Daarvan is 0,015%

deuterium, dat is 2,2∙1016 kg. Een ruwe schatting is dan 1016 kg deuterium.

D 27

Er moet Au met atoomnummer 79 ontstaan. Dat zou kunnen door a­verval uit 81Tl, maar een Tl­isotoop met α­verval staat niet in Binas. Het zou ook kunnen door β­verval uit 78Pt en dat staat ook niet in Binas. Dus vol­

gens Binas is het onmogelijk om goud door een verval­

reactie uit een ander element te laten ontstaan.

5.3 Ioniserende werking en doordringend vermogen Startopdracht

28

a Schoenen, zonnebril, digitale camera, balpen, kop­

telefoon, mobieltje, deodorant, flesje (water).

b Kunststof houdt weinig tegen, metaal bijna alles.

c De kleuring helpt om voorwerpen sneller te herken­

nen en gebeurt op basis van de mate van absorptie van straling.

Opdrachten

A 29 a,b

soort straling ioniserend vermogen

doordringend vermogen

α +++ +

β ++ ++

γ + +++

röntgen + +++

B 30

1 Gasvormige, radioactieve stof inademen.

2 Kleine radioactieve stofdeeltjes inademen of inslikken (samen met voedsel bijvoorbeeld).

3 Voedsel dat radioactief materiaal bevat eten (bijvoor­

beeld van dieren die radioactief voedsel hebben gegeten).

B 31

6, 8/2, 3, 1, 5, 4, 7.

C 32

De straling is 8× te hoog, de doorgelaten straling mag dus maximaal ⅛ zijn.

⅛ = ½ × ½ × ½; dus zijn er 3 halveringsdiktes nodig.

De dikte is 3 × 0,08 = 0,24 cm.

(5)

C 33

In het algemeen geldt: fotonen dringen dieper door dan β­deeltjes en die weer dieper dan α­deeltjes. Een tennisbal is nog veel groter dan een α­deeltje, dus zal niet ‘doordringend’ zijn. Verder geldt per categorie deeltjes: hoe meer energie, hoe doordringender. Een mogelijke volgorde is dan: 7, 1, 5, 8, 3, 6, 2, 4.

Het kan echter zo zijn dat het β­deeltje van 0,41 MeV (3) ‘wint’ van het uv­foton (6). De grotere energie zou wel eens een sterker effect kunnen hebben dan het soort deeltje.

C 34

In het algemeen geldt: α­deeltjes ioniseren sterker dan β­deeltjes en β­deeltjes weer sterker dan fotonen.

Verder geldt per categorie deeltjes: hoe energierijker, hoe meer ioniserend. Een mogelijke volgorde is dan:

6, 2, 4, 8, 3, 1, 5. Een tennisbal ioniseert niet, dus hoort nummer 7 niet in het rijtje thuis.

Het kan echter zo zijn dat het γ­foton (4) het ‘wint’ van het β­deeltje uit de nikkelkern (8). De grotere energie zou wel eens een sterker effect kunnen hebben dan het soort deeltje.

C 35 a

0 2 4 6 8 10

0,00 0,20 0,40 0,60 0,80 1,00 1,20 1,40 1,60

energie (× 1012 J)

afstand (cm) 5.1

b na 8,75 cm is de energie van het deeltje 0, dus de dracht is 8,8 cm.

c De afgelegde afstand is 6,7∙10________ − 13 1,6∙10− 13 = 4,2 cm.

d Er ontstaan 6,7∙10________ − 13

5,4∙10− 18 = 124 074 ionen.

Dus 124 074________

4,2 = 3,0∙103 ionen/cm.

D 36

a Het 4e streepje na 100 (= 1) hoort bij 5 MeV; aflezen geeft: α­deeltje 0,003 cm, β­deeltje 2,2 cm.

b Aflezen bij 0,5 MeV geeft: α­deeltje 0,0003 cm, β­deeltje 0,17 cm.

c Voor α wel, daar is het _______ 0,003

0,0003 = 10 keer zo klein.

Voor β niet, daar is het ____ 2,2

0,17 = 13 keer zo klein.

d Het ioniserend vermogen van α veel groter dan van β, want de dracht is veel kleiner.

5.4 Activiteit en halveringstijd Startopdracht

37 a

0 50 100 150 200 250

0,0 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5

0,5

d (cm)

t (s) 5.2

Opmerking: de gegeven getallen gelden niet voor een Guinness­schuimkraag.

b Er is een exponentieel verband. Dat is alleen met een grafische rekenmachine of pc te vinden.

c Zie figuur 5.2: ongeveer 70 s.

Opdrachten

A 38

a De halveringstijd is de tijd waarin de activiteit van een radioactieve stof is gehalveerd, dat is ook de tijd waarin de helft van het aantal aanwezige instabiele kernen vervalt.

b één keer halveren = ½, twee keer halveren =

½ × ½ = ¼, drie keer halveren = ½ × ½ × ½ = ⅛ c De activiteit is ¼ geworden, het aantal moeder­

kernen dus ook. Er is dan ¾ van de moederkernen vervallen, dat is 75%.

(6)

A 39

isotoop halveringstijd polonium­211 0,5 s

beryllium­8 1∙10− 16 s radon­220 55,6 s koolstof­14 5 730 jaar uranium­238 4,46∙109 jaar

A 40 a groter b kleiner c groter d kleiner e kleiner f groter

B 41

a De teller vangt niet alle door de bron uitgezonden deeltjes op en telt bovendien de achtergrondstraling mee.

b Omdat de teller dan meer of minder straling vanaf de bron opvangt. Denk aan de bolvormige verspreiding.

B 42

Bij een korte halveringstijd is dat materiaal in het begin gevaarlijk, omdat A dan hoog is. Door de snelle af name wordt het gevaar ook snel minder.

C 43

a De achtergrondstraling is 45 deeltjes per halve minuut. Dat betekent gemiddeld 1,5 per seconde.

Van de 52 Bq is er 1,5 deeltje per seconde niet van de bron. De gecorrigeerde waarde voor de activiteit ter plaatse is dus 50,5 = 51 Bq.

b 24% is geteld, dat levert 50,5 Bq. Dus 100% komt overeen met

(

100____ 24

)

× 50,5 = 210 Bq.

Deze 210 Bq is slechts 0,93% van wat is uitgezonden.

Dus 100% komt overeen met

(

____ 0,93100

)

× 210 = 23 kBq.

De bron zendt 23 kBq uit.

C 44

a De genoemde tijd is 2 halveringstijden later, dus er is nog ¼ over. Dat is 25%.

b

0 2000 4000 6000 8000 10 000

0 1 2 3 4

aantal radon deeltjes (× 1019)

tijd (jaren) 5.3

c

0 2000 4000 6000 8000 10 000

0 1 2 3 4

aantal vervallen deeltjes (× 1019)

tijd (jaren) 5.4

d Zie figuur 5.4: de raaklijn op t = 1,0∙103 jaar gaat door (0 jaar, 0,3∙1019) en (3300 jaar, 4,0∙1019) en geeft dus: A = __________ 3,7∙1019

3300 (jaar) = _________________________ 3,7∙1019 (3300 × 365 × 24 × 3600 (s)) = 3,6∙108 Bq.

C 45 a,b

dagen aantal kernen (× 109)

aantal vervallen (× 109)

percentage

0 1,0 0

5 0,66 0,34 0,34 van 1,0 = 34%

10 0,42 0,24 0,24 van 0,66 = 36%

15 0,27 0,15 0,15 van 0,42 = 36%

c In iedere periode ongeveer 35%.

(7)

d

0 10 20 30 40 50

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0

t (dag) N (× 109)

5.5

Je gebruikt de formule At = −

(

Δ___ ΔtN  

)

raaklijn. Trek een raaklijn aan de vervalkromme op t = 10 dagen.

De steilheid bepaal je met twee punten op de raak­

lijn: (0 dag; 0,76∙109) en (22 dagen; 0).

At= ________________ 0,76∙109

(22 × 242 × 3600) = 4,0∙102 Bq C 46

a Als er geen nieuwe isotopen zouden worden gevormd, zou door het verval de hoeveelheid C­14 snel afnemen en kan dus de verhouding nooit con­

stant zijn.

b Als je de beginactiviteit niet weet, kun je niks zeggen over de ouderdom.

c A(t) = ln 2 · N(t)________

t1/2 → N(t) = A(t) · t_______ 1/2 In 2 = 5,5 ______________________________ × (5730 × 365 × 24 × 60 × 60)

0,69… = 1,4∙1012 kernen d 10 = 100 × ½^(t/5730) → calc intersect of logaritme

→ t = 1,9∙104 jaar

e De halveringstijd is kort ten opzichte van de lange tijdsduur sinds het uitsterven van de dinosauriërs.

Er is bijna geen restactiviteit meer.

D 47

a Is waar, want Sr vervalt veel sneller.

b Is niet waar, want de activiteit is juist omgekeerd evenredig met de halveringstijd. Dat betekent dat Sr met de kortste halveringstijd dus de grootste activi­

teit heeft.

c Is niet waar, want het soort deeltje bepaalt niet de halveringstijd.

d Is niet waar, want bij een grotere halveringstijd (Sr) is de kans op vervallen in een bepaalde tijdsduur juist kleiner; de activiteit is kleiner bij een grotere halve­

ringstijd.

D 48

Zie Binas tabel 25: de stabiele isotoop I­127 zeker niet:

die straalt niet. Voor een foto kun je het best een iso­

toop hebben die γ­straling uitzendt, omdat die verder doordringt en weinig ioniseert. α­ en β­straling zijn niet goed vanwege het grotere ioniserende vermogen. Dan kan er inwendig schade ontstaan en dat is niet de bedoeling bij een foto.

Verder moet de halveringstijd klein zijn. In dat geval is de activiteit in het begin groot en kun je een goede foto maken. Bovendien is de tijd waarin de patiënt aan straling wordt blootgesteld dan korter.

Er is keus tussen I­123 en I­125. De laatste heeft een veel grotere halveringstijd (59 dagen) en valt dus af.

Beste keus is dus I­123.

Na de foto is een behandeling nodig en daarvoor is de isotoop I­131 het best. β­straling is goed voor de behandeling, omdat het ioniserend vermogen groter is dan bij γ, maar niet zo groot dat je het hele lichaam doorstraalt. Dat hangt vooral af van de energie van de β­deeltjes, die hier 0,60 MeV is.

Dat blijkt een goed bruikbare waarde.

5.5 Effecten van straling

Startopdracht

49

a De energie van de straling stimuleert de huid tot het aanmaken van pigment (melamine) dat de energie kan absorberen. Die energie wordt vervolgens als warmte afgevoerd. Bij te weinig melamine loop je risico op verbranden.

b Zonnebrandcrème is erop gericht de energie in de bovenste huidlaag onschadelijk te maken. Dat kan door stoffen die straling weerkaatsen en stoffen die straling absorberen.

c Nee, er bestaat geen crème tegen. Het doordringend vermogen is heel groot, dus de energie wordt niet in de bovenste huidlaag afgegeven.

(8)

Opdrachten

A 50

a Afstand houden, beperking stralingsduur.

b Afstand houden. Reden: α­straling heeft na enkele cm lucht geen ionisatievermogen meer. Meestal is deze dikte van de lucht al aanwezig.

B 51

Estr = 0,075J en D = 0,1 Gy D = E___ str

m   → m = E___ str

D   = 0,075______

0,1 = 0,75 kg B 52

0,25 kg × 4,8 J/kg = 1,2 J

Alle deeltjes worden geabsorbeerd. Er zijn er 5,0∙106 per seconde. In 1 s leveren die:

5,0∙106 × 5,0 MeV = 2,5∙107 MeV = 2,5∙107 × 1,60∙10− 13 J = 4,0∙10− 6 J.

Het aantal seconden is dan _______ 1,2

4,0∙10− 6 = 3,0∙105 s.

Dat komt neer op 3,5 dag bestralen.

B 53

a 66 27 Co → 60 28 Ni + − 1 0 e

b Zie Binas tabel 25: achter 60 27 Co staat dat de β­deeltjes een energie hebben van 0,315 MeV en 1,48 MeV.

Per vervallen kern komt vrij (99,88 × 0,315 + 0,12 × 1,48)__________________________

100 = 0,3164 MeV.

1,5∙105 × 0,3164 = 4,7∙104 MeV = 4,7∙104 × 1,60∙10− 13 J = 7,6∙10− 9 J 0,50% = 0,0050 keer de hoeveelheid:

D = 0,0050 _________________ × 7,6∙10− 9J

55 = 6,9∙10− 13 Gy B 54

a Bij therapie gebruik je straling om te genezen, bij diagnostiek om een diagnose te stellen: om te ont­

dekken wat de oorzaak is van een ziekte of klachten.

b Als straling gebruikt wordt om te genezen is dat bijna altijd door bestraling van tumorweefsel. Om dat geheel te vernietigen zijn hoge doses nodig. Bij dia g­

nostiek moet de dosis juist zo laag mogelijk zijn om zo weinig mogelijk schade te geven.

B 55

a 131 53 I → 131 54 Xe + − 1 0 e

b equivalente dosis H = stralingsweegfactor wR × geabsorbeerde dosis D

Voor β­straling is wR = 1, dus beide getallen zijn gelijk, maar hebben wel hun eigen eenheid.

c D = E___ str

m   → Estr = D ∙ m → Estr = 5,9∙10− 6 × 0,024 = 1,4∙10− 7 J

d Het β­deeltje heeft een energie van 0,60 MeV, dus dat is 0,60 × 1,60∙10− 13 = 9,6∙10− 14 J.

Dus ________ 1,4∙10− 7 9,6∙10− 14

 = 1,5∙106 kernen.

e De volwassene neemt 1,416∙10− 7 J aan stralings­

energie op (vraag c).

Het kind neemt

(

15___ 22

)

× 1,416∙10− 7= 9,65∙10− 8 J op.

  D = 9,65∙10_________ − 8

0,015 = 6,4∙10− 6 Gy   Alternatief:

  D =

(

15___ 22

)

×

(

24___ 15

)

× 5,9∙10− 6 = 6,4∙10− 6 Gy

f Jaarlijks 365 × 3,0∙10− 7 Sv = 1,1∙10− 4 Sv = 0,11 mSv.

Zie Binas tabel 27D: de limiet van 1 mSv per jaar wordt niet overschreden.

B 56

bron straling ontvanger

radioactief ioniserende straling tracer halveringstijd halveringsdikte besmetting

activiteit bestraling

geigerteller dracht halveringsdikte voedseldoorstraling geabsorbeerde dosis

B 57

a De weegfactor voor de longen is groter dan voor de schildklier.

b E = wT ∙ H dus wT = E __

H  = 7,1∙10_______ − 7 5,9∙10− 6 = 0,12.

c De twee effectieve lichaamsdoses mag je optellen, dus (3,0 + 7,1)∙10− 7 = 1,0∙10− 6 Sv.

B 58

E = wT ∙ H dus hier:

E = whuid ∙ Hhuid + wborst ∙ Hborst + wlong ∙ Hlong + wschildklier ∙ Hschildklier

E = 0,01 × 300 + 0,05 × 150 + 0,12 × 80 + 0,05 × 200 = 30 mSv

(9)

B 59

Eigenschappen van straling die je moet gebruiken:

Papier stopt al bijna alle α­straling, aluminium laat β­straling bijna niet door, en γ­fotonen gaan soms door lood heen.

Intensiteit bij afscherming door:

bron straling geen papier aluminium lood

A α en γ 1900 520 500 460

B β 3784 3690 1835 4

C α 493 3 4 2

D β en γ 863 848 518 154

C 60

a 40 19 K → 40 20 Ca + − 1 0 e

b Per verval komt er vrij 1,33 MeV = 1,33∙106 × 1,602∙10− 19 = 2,13∙10− 13 J.

1 jaar = 3,15∙107 s, dus per jaar: 3,15∙107 × 3,6∙103 = 1,13∙1011 vervallen.

  Estr = 2,13∙10− 13 × 1,13∙1011 = 2,41∙10− 2 J   H = wR ∙ D en wR = 1 voor β­straling.

Dus H = 1∙E_____ str

m    = 2,41∙10_________ − 2

80 = 3,0∙10− 4 J/kg = 3,0∙10− 4 Sv.

C 61

De protonen leveren ongeveer 4 × meer energie op een specifieke diepte in het weefsel dan op de route ernaartoe. Die diepte hangt af van de energie van de protonen. Door de energie af te stemmen op de diepte van de tumor ondervindt het weefsel voor de tumor relatief weinig schade.

C 62

De radioloog moet weten welke organen behalve de blaas ook nog een stralingsdosis krijgen. Tevens moet hij/zij de equivalente dosis van de bestraalde organen berekenen en de weegfactor van elk orgaan kennen.

(Voor de equivalente dosis moet hij/zij de bestralings­

tijd weten, de activiteit van de radioactieve bron, de halveringstijd, de soort straling van de bron, de stra­

lingsenergie van de deeltjes, de gemiddelde afstand van het orgaan tot de bron enzovoort.)

C 63

D = 0,50 mGy, dus 0,50∙10− 3 J/kg. De patiënt is 60 kg en absorbeert dus:

60 × 0,50∙10− 3 J = 3,0∙10− 2 J.

Per deeltje is de energie 140 keV = 140 × 1,602∙10− 16 J = 2,24∙10− 14 J.

Het aantal deeltjes moet dus zijn _________ 3,0∙10− 2 2,24∙10− 14 = 1,34∙1012. Omdat 50% van de deeltjes verdwijnt, moeten er oor­

spronkelijk dus 2 × zoveel deeltjes zijn uitgestraald.

Dat zijn er dan 2,68∙1012. Dus zoveel kernen waren er in het begin.

A(t) = ln 2 ∙ N(t)________

t½  , dus A(0) = 0,69… × 2,68∙10_________________ 12 (6 × 3600) = 8,6∙107 Bq

D 64

a Die straling bestaat uit α­deeltjes, die je niet buiten het lichaam kunt detecteren vanwege het zeer kleine doordringende vermogen.

b 5 µg Po­210 is gelijk aan 5∙10________ − 6 g

210 g = 2,38∙10− 8 mol en bevat dus:

2,38∙10− 8 × 6,0∙1023 = 1,4∙1016 deeltjes.

De halveringstijd van Po­210 is 138 dagen (zie Binas tabel 25) en dus is de activiteit:

  A(t) = ln 2 ∙ N(t)________

t½  = ________________ 0,69… × 1,4∙1016

(138 × 24 × 3600) = 827 MBq.

Na drie weken (21 dagen) is de activiteit verminderd tot:

  A(3 weken) = A(0)∙(½)t/t ½ = 827 × (½)21/138 = 744 MBq.

Alhoewel de vermindering via een exponentiële kromme gaat, is het eerste stuk van de grafiek (van 827 tot 744 MBq) vrijwel recht. Je kunt dus stellen dat het gemiddelde van de activiteit is:

(827 __________ + 744)

2 = 786 MBq.

Het aantal ontvangen deeltjes in 3 weken is dan:

786∙106 × 21 × 24 × 3600 = 1,43∙1015. De energie daarvan is (zie Binas tabel 25):

1,43∙1015 × 5,4 MeV = 1,43∙1015 × 5,4 × 1,60∙10− 13 J = 1236 J.

De bestraalde massa is veel kleiner dan z’n lichaams massa, omdat de straling niet tot buiten doordringt.

Schat die massa op 4 kg. De dosis D = 1236 J_______

4 kg = 3∙102 Gy.

De stralingsweegfactor voor α­straling is 20, dus H = 20 × 3∙102 = 6 kSv.

(10)

Overal Natuurkunde 4 vwo Uitwerkingen oefenopgaven

5 Straling

5.6 Afsluiting Oefenopgaven 65

a

#$%&

Ni →

()*

e +

#-%&

Cu

b Als de β

-deeltjes in het koperplaatje terechtkomen, wordt dit negatief geladen. Door het uitzenden van de elektronen is het plaatje met nikkel positief geladen.

c Op het moment dat de plaatjes elkaar raken, kunnen de elektronen van het koper weer terug bewegen naar het nikkel. Daardoor worden de plaatjes weer neutraal en schieten ze terug naar hun beginpositie.

d Er geldt: A =

./ 01

½

N. Volgens Binas tabel 25 is de halveringstijd van Ni-63 85 jaar en dus:

N = A ∙

1½

./ 0

= 5,0 ∙ 10

10

×

45 × 8,:5∙:;<

;,=>8…

= 1,93 ∙ 10

20

De massa van één nikkelatoom is 62,9 × 1,66 ∙ 10

−27

= 1,04 ∙ 10

−25

kg.

De totale massa is dus: m = 1,93 ∙ 10

20

× 1,04 ∙ 10

−25

= 2,0 ∙ 10

−5

kg.

e P

kern

= A ∙ E

β

= 5,0 ∙ 10

10

× 62 ∙ 10

3

× 1,602 ∙ 10

−19

= 4,97 ∙ 10

−4

W P

elektrisch

= 0,040 × P

kern

= 2,0 ∙ 10

−5

W

f Na 13 jaar is het vermogen relatief nog 100% × @

:0

A

BC

DE

= 90 %, dus het vermogen is 100 − 90 = 10%

afgenomen.

66

A

0H:>5

Am →

#J

He +

#&L-&

Np

b Omschrijven van de formule levert: N = A ·

1½

./ 0

.

t

1/2

= 432 jaar = 432 × 365 × 24 × 3600 s = 1,36 · 10

10

s N = A ·

./ 01½

= 37 · 10

3

×

:,8=∙:;;,=>8…BM

= 7,27 · 10

14

m

Am

= N · m

atoom

= 7,27 · 10

14

× 4,00 · 10

−25

= 2,9 · 10

−10

kg

c De americiumbron zendt de α-deeltjes in alle richtingen uit, dus niet alleen in de richting van de ionisatiekamer. Tussen de americiumbron en de ionisatiekamer bevindt zich lucht, die een deel van de α-deeltjes absorbeert.

d Per α-deeltje vinden

5,=∙:;N

8H

= 1,65 · 10

5

ionisaties plaats.

Per seconde zijn dat dus: 5,0 · 10

3

× 1,65 · 10

5

= 8,24 · 10

8

ionisaties.

Bij elke ionisatie komt een elektron vrij, dus er komen per seconde ook 8,24 · 10

8

elektronen vrij.

Deze hebben samen een lading van 8,24 · 10

8

· (−)e = 8,24 · 10

8

× 1,60 · 10

−19

C = 1,32 · 10

−10

C.

De stroomsterkte is dan dus: I =

O1

=

:,80∙:;: SQBM R

= 1,3 · 10

−10

A.

(11)

67

a

00=44

Ra →

###$%

Rn +

#J

He (+ γ)

b Voor de ontvangen equivalente dosis per uur geldt:

H = w

R

XW

met w

R

= 20

In één uur tijd bedraagt de energie van 1,0 μg radium:

E = 3600 × 3,7 ∙ 10

4

× 4,79 × 1,602 ∙ 10

−13

= 1,02 ∙ 10

−4

J H = 20 ×

:,;0∙:;QY

0,5

= 0,82 mSv

De per jaar toegestane dosis is dus al in een uur bereikt. Dit is dus zeer schadelijk.

68

a

0:;4H

Po →

#*%$#

Pb +

#J

He (+ γ)

b De halveringstijd van

210

Po is 138 dagen, die van

226

Ra 1,60 · 10

3

j. Het polonium vervalt dus veel sneller, dus de activiteit ervan is groter.

c In deze roker zijn in een jaar dus

4,=∙:;8,H∙:;QBCQY

= 3,95 · 10

8

α-deeltjes vrijgekomen.

In een seconde zijn er dat dus:

(8=5 ×0H × 8=;;)8,>5∙:;D

= 12,5.

De activiteit van het polonium is dus 12,5 Bq.

Volgens de grafiek rookt hij dan 27 sigaretten per dag.

d H = w

R

·

W

X

= 20 ×

8,H∙:;QY

;,;;4

= 0,85 Sv

e α-deeltjes hebben een klein doordringend vermogen en raken dus in elke longblaasje slechts een heel dun laagje van het weefsel rond dat blaasje.

f Het massagetal is het aantal nucleonen (protonen en neutronen) samen. Door β

- of γ-verval verandert het massagetal niet. Bij het uitzenden van een α-deeltje neemt het massagetal met 4 af.

Bij het verval van U-238 naar Po-210 is het massagetal met 238 − 210 = 28 afgenomen, dus moeten er

04

H

= 7 α-deeltjes zijn uitgezonden.

g Het atoomnummer is het aantal protonen in de kern. Bij het uitzenden van een α-deeltje neemt het atoomnummer met 2 af, bij het uitzenden van een β

-deeltje neemt het met 1 toe.

Bij het verval van U-238 naar Po-210 is het atoomnummer met 92 − 84 = 8 afgenomen.

Door het uitzenden van 7 α-deeltjes is het met 14 afgenomen.

Het atoomnummer moet door β

-verval dus met 6 zijn toegenomen.

Er zijn dus 6 β

-deeltjes uitgezonden.

69

a

:>H8

K →

#*J&

Ca +

()*

e (+ γ)

b Uit de grafiek kan de halveringstijd worden afgelezen: t

1/2

= 22 uur met een marge van 1 uur.

Invullen in de formule A =

./ 01

½

N levert: 0,11 ∙ 10

6

=

(00 × 8=;;)./ 0

· N, zodat N = 1,26 ∙ 10

10

. Massa van één kalium-43-atoom is 43u = 43 × 1,66 · 10

−27

= 7,14 · 10

−26

kg.

Voor de massa geldt dan: m = 1,26 · 10

10

× 7,14 · 10

−26

= 9,0 · 10

−16

kg.

c Energie van de uitgezonden straling: E = 8,0 · 10

9

× 1,3 · 10

−13

= 1,04 · 10

−3

J.

Energie van de geabsorbeerde straling: E = 0,70 × 1,04 · 10

−3

= 7,28 · 10

−4

J.

Voor het dosisequivalent van het hart geldt dan: H = w

R

XW

= 1 ×

`,04∙:;;,05;QY

= 2,9 mSv.

Conclusie: Het gezondheidsrisico is aanvaardbaar.

Argumenten zijn bijvoorbeeld:

• Het dosisequivalent is kleiner dan 50 mSv uit tabel 27D2 (Binas).

• De limiet van 50 mSv geldt niet voor medische toepassingen.

Of:

Conclusie: Het gezondheidsrisico is niet aanvaardbaar, omdat de norm van 1 mSv voor de

effectieve totale lichaamsdosis wordt overschreden (zie Binas tabel 27D2, voetnoot 1).

Figure

Updating...

References

Related subjects :