Embargo 3 december 00 Uitwerkingen Gecoördineerd examen stralingsbescherming Deskundigheidsniveau 3 3 december 00 - -
Embargo 3 december 00 Vraagstuk 37 Cs in wilde zwijnen Vraag 750 Bq na 5 dagen Volgens de gegevens voor totale-lichaamstelling (Handboek Radionucliden) is na 5 dagen nog 9,0 0 Bq per Bq inname over A inname = 750 / 9,0 0 = 833 Bq = 0,83 kbq e 50 =,3 0 8 Sv/Bq E 50 = 833 Bq,3 0 8 Sv/Bq =, 0 5 Sv = μsv Vraag 833 Bq/400 gram =, kbq/kg; dit is meer dan de grens voor toelating tot consumptie (600 Bq/kg). De grens wordt dus overschreden. Vraag 3a Volgens de gegevens voor totale-lichaamstelling (Handboek Radionucliden) is na 7 dagen nog 8,8 0 Bq per Bq inname over, na 5 dagen is dit nog 9,0 0 Bq per Bq inname. Er is dus 0 Bq per Bq inname verdwenen. Bij 833 Bq inname is dit 7 Bq. Hiervan is 90% via de urine uitgescheiden: 5 Bq Vraag 3b 5 Bq in,8 liter ( d,4 liter/d) levert 0,054 Bq in 0 ml Bij een meetrendement van 0,5 cpm/dpm en een meettijd van 0 minuten is het netto aantal counts: 0,054 Bq 60 s 0 m 0,5 cpm/dpm = 6, counts Vraag 4a Het bruto aantal counts is 6, counts + 89 counts = 05 counts De standaarddeviatie in het bruto aantal counts is de wortel hieruit: 0,3 counts De standaarddeviatie in de achtergrondmeting is de wortel hieruit: 9,4 counts De standaarddeviatie in de netto meting is dan: ² netto = ² bruto + ² achtergrond = 0,7² + 9,4² = 05 + 89 = 94 netto = 3,9 counts Vraag 4b achtergrond = 9,4 counts; 3 achtergrond = 8 counts. Dit is groter dan het netto aantal counts onder de gegeven aannames is de meting met de LSC geen alternatief voor de TLT. - -
Embargo 3 december 00 Puntenwaardering: Vraagstuk Vraag Punten 4 3a 3 3b 3 4a 4 4b Totaal 7-3 -
Embargo 3 december 00 Vraagstuk Behandeling verhoogde schildklierfunctie met 3 I Vraag a H * (0) h A r * 0,066 Sv m MBq h 900 MBq H ( 0) 59 Sv h m Dit omgevingsdosisequivalenttempo is een goede schatter voor het effectieve dosistempo Vraag b eis: H * (0) μsv/3 min, dus H * (0) 40 μsv h * h A (0) T = 40 μsv h r H H * (0) 0,066 Sv Alternatief voor bepaling T: m MBq h (0,30) m 900 MBq Effectieve dosis op m afstand van alle activiteit is 59 Sv/h H*(0) = [59 ( Sv/h) (3/60) (h)] / (0,30) = 33 Sv T = ( Sv) / (33 Sv) = 0,06 aflezen in de grafiek geeft,3 cm, afgerond,5 cm loodequivalent in loodglas. T 40 Sv h T 0,06 (zie antwoord op vraag a). Vraag 0,066 Sv m MBq 0 μsv h m Effectieve dosistempo van 0 μsv h. h A MBq A = 303 MBq, bij een De activiteit in de patiënt is na 4 uur ( dag) 50% van de oorspronkelijke activiteit (900 MBq), dus 450 MBq. De rest is binnen 4 uur uitgescheiden. T ½,biol = 90 dagen, T ½,fysisch = 8,0 dagen, + T eff T /, /, fys T /, biol T ½, eff = 7,4 dag A(0) = 450 MBq, A(t) = 303 MBq en T ½,eff = 7,4 dag 303 MBq 450 MBq. e ln t / 7,4 => - 4 -
Embargo 3 december 00 e ln t / 7,4 = 0,67 ( /, dus ongeveer een halve halveringstijd wachten). t = 4, dagen Na (4, + =) 5,, afgerond 5,5 dagen, mag de patiënt naar huis. Alternatief: Effectieve dosis op m afstand van alle activiteit is 59 Sv/h (zie antwoord op vraag a). Na 4 uur resteert hiervan 50% als puntbron in de schildklier, dus: H*(0) = 50% 59 Sv/h = 30 Sv/h. Vereiste reductiefactor is (0 Sv/h) / (30 Sv/h) = 0,67. e ln t / T½,eff = 0,67 enz. Vraag 3 Het isotoop met de -energie die het dichtst bij die van 3 I ligt is 04 Tl. Uit fig. : het geabsorbeerde dosistempo in lucht (en dus in weefsel) op cm bedraagt ca. 0,3 Gy/h per MBq. Afstand is 0,8/ = 0,4 cm. Tijdsduur = s. Activiteit = 900 MBq. D 0,3 900. 3600 0,4 0,4 Gy. Opmerking van de redactie: Omdat in de gegevens van het Handboek Radionucliden een emissierendement van 0,89 voor de bètastraling van 3 I staat genoemd, wordt het ook goed gerekend wanneer de berekende uitkomst met 0,89 is vermenigvuldigd. In werkelijkheid is het emissiepercentage echter 00%, wat niet zichtbaar is in het vereenvoudigde vervalschema in het Handboek Radionucliden. Vraag 4 K lucht K k A r lucht D weefsel 0,05 μgy h.mbq (0,004) m m 900 MBq,9 Gy h,9 Gy h D = 806 μgy s = 0,8 mgy s 3600 s h D γ = 0,8 s =,6 mgy (hetgeen zoals verwacht verwaarloosbaar is ten opzichte van het antwoord op vraag 3) - 5 -
Embargo 3 december 00 Puntenwaardering: Vraagstuk Vraag Punten a b 3 5 3 3 4 3 Totaal 6-6 -
Embargo 3 december 00 Vraagstuk 3 Afscherming positronenbron Vraag Bijdrage van 75 kev fotonen (y = 99,9%) aan k:,75/8 = 0,6. Dit alleen is niet voldoende om de gegeven luchtkermatempoconstante te verklaren. Bijdrage van annihilatie fotonen (y = 80%) aan k: (0,5,8)/8 = 0,. Totaal: 0,6 + 0, = 0,7 k. De annihilatiefotonen zijn in de luchtkermatempconstante inbegrepen. (N.b. Uit fig. kan ook afgelezen worden y( i) E( i), 9 k,9/8 = 0,7) i Vraag Uit de bron komen + - en + -deeltjes. Daarvan hebben de + deeltjes de hoogste gemiddelde energie van 0,835 MeV. De maximale energie bedraagt 3 0,835 =,5 MeV. De dracht van deze deeltjes bedraagt volgens de regel van Feather: R (0,54E 0,33) (0,54,35,5 0,33) 0, cm 0, cm =, mm. Afronden naar boven levert de minimaal benodigde looddikte op: mm. Berekening met de eenvoudige vuistregel R 0,5E 0,5,5,35 0,cm levert hetzelfde resultaat op. Vraag 3a Op plaats T worden 0 4,78 0 9 s 0,898 = 5,0 0 5 + -deeltjes per seconde gestopt. (De bijdrage van de + -deeltjes met emissiewaarschijnlijkheid y = 6,0 0 4 kan worden verwaarloosd). Per deeltje worden twee fotonen geproduceerd. Dit levert op meter afstand van punt T een fluentietempo van de 5 kev annihilatiefotonen van: s 4 8,0 0 m s m Vraag 3b Het in vraag 3a berekende fluentietempo resulteert in een luchtkermatempo van:. K E tr 4 3 3 ( ) lucht 8,0 0 m s 0,5 MeV,6 0 J MeV,96 0 m kg,9.0 Gy s = 0,07 μgy h. Dit ligt tussen de waarden 0,05 en 0, μgy h. Vraag 4 Onafgeschermd levert de bron op m afstand een kermatempo van: 3 k. A 0,8 Gy m MBq h,78.0 MBq K 95 Gy h r m De transmissie van de loden wand moet dus zijn; 6 ( 0,07).0 3 T 4,77.0 4,95.0 Uit figuur 3 volgt dan een looddikte van 8,8 cm. Afgerond: 9 cm. - 7 -
Embargo 3 december 00 Puntenwaardering: Vraagstuk 3 Vraag Punten 3 3 3a 4 3b 3 4 4 Totaal 7-8 -
/ sqrt(q) (Q in pc per 00s) Embargo 3 december 00 Vraagstuk 4 Ingebruikname van een ijkopstelling Vraag tijdsverloop tussen 5-06-99 en 5-06-00 is 8 jaar A(5-06-00) = A(5-06-99) ln 8 / 5,7 e = 3,06 (Ci) 0,0938 = 0,87 Ci = 0,87 (Ci) 3,7 0 0 (Bq Ci ) =,06 0 0 Bq Vraag zie grafiek de trendlijn gaat door de oorsprong, met een onzekerheid van ten hoogste 5 cm. 0.300 0.50 0.00 0.50 0.00 0.050 0.000 0 00 00 300 400 500 r (in cm) Vraag 3 lading per tijdseenheid =,8 0 (C) / 00 (s) = 6,4 0 4 C s luchtmassa = 30,0 (cm 3 ),93 0 3 (g cm 3 ) = 0,0388 g = 3,88 0 5 kg het exposietempo is X = 6,4 0 4 (C s ) 3600 (s h ) / 3,88 0 5 (kg) = 5,95 0 6 C kg h = 5,95 0 6 (C kg h ) /,58 0 4 (C kg R ) = 0,03 R h het luchtkermatempo is K = 0,03 (R h ) 0,00876 (Gy R ) =,0 0 4 Gy h - 9 -
Embargo 3 december 00 Vraag 4 de bronconstante is k = 0,3 (μgy h MBq m ) = 0,3 0 (Gy h Bq m ) de bronsterkte is A = K r / k =,0 0 4 (Gy h ) 4,00 (m ) / 0,3 0 (Gy h Bq m ) =,04 0 0 Bq Met het fictieve antwoord voor het luchtkermatempo ( 0 4 Gy h ) wordt A =,03 0 0 Bq Vraag 5 d = 0,06 (cm g ) 400 (cm),93 0 3 (g cm 3 ) = 0,03 absorptie in lucht = - e μd = - 0,97 = 0,03 = 3%. Dit zou het verschil kunnen verklaren: het is ongeveer gelijk aan het relatieve verschil tussen nominale en gemeten activiteit: (,06 -,04) /,06 = 0,0 = %. Puntenwaardering: Vraagstuk 4 Vraag Punten 3 3 3 5 4 5 4 Totaal 7-0 -