Hinweis: Bei dieser Lösung von LEIFIphysik handelt es sich nicht um den amtlichen Lösungsvorschlag des bayr. Kultusministeriums.
a)Aufgrund der Erhaltung der elektrischen Ladung entsteht zunächst ein negativ geladenes Sauerstoffion: \({}_9^{18}{\rm{F}} \to {}_8^{18}{{\rm{O}}^{\rm{ - }}} + {{\rm{e}}^ + } + {\nu _{\rm{e}}}\).
b)\[\begin{eqnarray}Q &=& \Delta m \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {{m_{\rm{A}}}\left( {_9^{18}{\rm{F}}} \right) - \left( {{m_{\rm{A}}}\left( {_8^{18}{\rm{O}}} \right) + 2 \cdot {m_0}\left( {{e^ + }} \right)} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {{m_{\rm{A}}}\left( {_9^{18}{\rm{F}}} \right) - {m_{\rm{A}}}\left( {_8^{18}{\rm{O}}} \right) - 2 \cdot {m_0}\left( {{e^ + }} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {18{,}000937\,{\rm{u}} - 17{,}999160\,{\rm{u}} - 2 \cdot 5{,}485799 \cdot {{10}^{ - 4}}\,{\rm{u}}} \right] \cdot {c^2}\\ &=& 0{,}000680 \cdot u \cdot {c^2}\\ &=& 0{,}000680 \cdot 931{,}49\,{\rm{MeV}}\\ &=& 0{,}633\,{\rm{MeV}}\end{eqnarray}\]Die freiwerdende Energie \(Q\) verteilt sich auf die Reaktionsprodukte. Das Energiespektrum des \({\beta ^ + }\)-Zerfalls ist kontinuierlich.
c)Wenn das Elektron und das Positron vor der Zerstrahlung ruhen, haben sie den Gesamtimpuls Null. Aufgrund des Impulserhaltungssatzes muss auch der Gesamtimpuls der Reaktionsprodukte (zwei Gammaquanten) auch Null sein. Dies ist der Fall, wenn die beiden Gammaquanten entgegengesetzt gleich großen Impuls haben. Aus der Energie-Impuls-Beziehung für Gammaquanten \({E_\gamma } = {p_\gamma } \cdot c\) folgt, dass auch die Energiebeträge der beiden Gammaquanten gleich sind. Da die Gesamtenergie vor der Zerstrahlung durch die Ruheenergie von Elektron und Positron gegeben ist, folgt\[{E_{0,{{\rm{e}}^{\rm{ - }}}}} + {E_{0,{{\rm{e}}^{\rm{ + }}}}} = 0{,}51\,{\rm{MeV}} + 0{,}51\,{\rm{MeV}} = 1{,}02\,{\rm{MeV}}\]Aufgrund des Energieerhaltungssatzes muss dann auch die Gesamtenergie der Gammaquanten \(1{,}02\,\rm{MeV}\) sein.
d)Der Ort einer Zerstrahlung liegt auf der Verbindungslinie der beiden Detektoren, die gerade Zerfall anzeigen. Nach vielen Zerfallsereignissen entstehen viele Schnittpunkte der zwischen den Verbindungslinien.
An den Orten im Patientenkörper, wo sich viele Verbindungslinien schneiden ist die Wahrscheinlichkeit hoch, dass dort Tumorzellen sind.
e)Der „ungünstigste“ Fall tritt auf, wenn die Tumorzelle z.B. am rechten (oder auch linken) Rand des Patientenkörpers liegt. Die emittierten \(\gamma \)-Quanten haben dann den maximalen Wegunterschied von \(\Delta {s_{{\rm{max}}}} = 60\,{\rm{cm}}\). Die Zeitverzögerung \(\Delta t\), mit der die Quanten bei den beiden gegenüberliegenden Detektoren ankommen ist dann\[\Delta t = \frac{{\Delta {s_{\max }}}}{c} \Rightarrow \Delta t = \frac{{0{,}60\,{\rm{m}}}}{{2{,}998 \cdot {{10}^8}\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}}} = 2{,}0 \cdot {10^{ - 9}}\,{\rm{s}}\]
f)Für den Zusammenhang der Zahl der noch unzerfallenen Kerne und der Aktivität gilt\[A(t) = \lambda \cdot N\left( t \right) \Leftrightarrow N\left( t \right) = \frac{{A(t)}}{\lambda } = \frac{{A(t)}}{{{\textstyle{{\ln \left( 2 \right)} \over {{T_{12}}}}}}} = \frac{{A(t) \cdot {T_{1/2}}}}{{\ln \left( 2 \right)}}\quad (1)\]Für die Masse \({m_{{\rm{F,Lösung}}}}\) des Fluors in der Lösung gilt\[{m_{{\rm{F,Lösung}}}} = N\left( t \right) \cdot {m_{\rm{A}}}\left( {{}_9^{18}{\rm{F}}} \right)\quad (2)\]Einsetzen von \((1)\) in \((2)\) liefert\[{m_{{\rm{F,Lösung}}}} = \frac{{A(t) \cdot {T_{1/2}}}}{{\ln \left( 2 \right)}} \cdot {m_{\rm{A}}}\left( {{}_9^{18}{\rm{F}}} \right)\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{m_{{\rm{F,Lösung}}}} = \frac{{400 \cdot 1{0^6}\,\frac{1}{{\rm{s}}} \cdot 110 \cdot 60\,{\rm{s}}}}{{\ln \left( 2 \right)}} \cdot 18{,}000937 \cdot 1{,}6605 \cdot 1{0^{ - 27}}\,{\rm{kg}} = 1{,}1 \cdot {10^{ - 13}}\,{\rm{kg}}\]
g)Für die Äquivalentdosis \(H\) gilt \(H = q \cdot \frac{E}{m}\). Für den Bewertungsfaktor \(q\) der Gammastrahlung gilt \(q = 1\). Mit der bekannten Masse \(m=80\,\rm{kg}\) ist nun noch die absorbierte Gesamtenergie \(E\) zu berechnen.
Es treten im Mittel pro Sekunde \(\bar A = 300 \cdot {10^6}\) Zerfälle auf. Bei jedem Zerfall wird die Energie \({E_{{\rm{abs}}}}\) absorbiert. Nach den vereinfachenden Annahmen gilt für \({E_{{\rm{abs}}}}\)\[{E_{{\rm{abs}}}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {1{,}02 \cdot {{10}^6}\,{\rm{eV}} + 0{,}633 \cdot {{10}^6}\,{\rm{eV}}} \right) = 0{,}827 \cdot {10^6}\,{\rm{eV}} = 1{,}32 \cdot {10^{ - 13}}\,{\rm{J}}\]Pro Sekunde nimmt die Person also die folgende Energie \(E^*\) auf:\[{E^*} = \bar A \cdot {E_{{\rm{abs}}}} \Rightarrow {E^*} = 300 \cdot {10^6} \cdot 1{,}32 \cdot {10^{ - 13}}\,{\rm{J}} = 3{,}96 \cdot {10^{ - 5}}\,{\rm{J}}\]Da das Präparat erst nach \(\Delta t = 110\,{\rm{min}} = 110 \cdot 60\,{\rm{s}} = 6{,}60 \cdot {10^3}\,{\rm{s}}\) ausgeschieden wird, gilt für die insgesamt absorbierte Energie \(E\)\[E = 3{,}96 \cdot {10^{ - 5}}\,{\rm{J}} \cdot 6{,}60 \cdot {10^3} = 0{,}26\,{\rm{J}}\]Damit ergibt sich für die Äquivalentdosis \(H\)\[H = q \cdot \frac{E}{m} \Rightarrow H = 1 \cdot \frac{{0{,}26\,{\rm{J}}}}{{80\,{\rm{kg}}}} = 3{,}3\,{\rm{mSv}}\]Die beim Positron-Emissions-Tomographen verabreichte Strahlung entspricht in etwa der durchschnittlichen jährlichen Strahlenbelastung des Menschen.
