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. $\left(8200\pm100\right)a$