107 關務特考三等 輻射安全技術工程 放射物理與輻射安全 考古題詳解

核心觀念

本題為公職放射物理與輻射安全典型之「名詞解釋題」，涵蓋四大主軸：

1. 放射物理（衰變動力學）：母子放射性核種系列衰變之極限平衡現象（長期平衡之條件與活度關係）。
2. 核化學與儀器分析：中子誘發核反應與特徵加馬能譜應用（中子活化分析之定性與定量原理）。
3. 輻射生物學（化學修飾效應）：分子氧對游離輻射生物傷害之增強作用（氧氣增強比之定義、氧固化假說與線射質轉移 LET 相關性）。
4. 放射治療物理學：腫瘤根除機率與周邊正常組織併發症機率之劑量分離窗口（治療比之定義與臨床意涵）。
5. 輻射化學／防護藥理學：化學防護劑對細胞抗輻射傷害能力之定量指標（劑量縮減係數之公式與物理意義）。

解題方法

申論題中每小題配分 4 分，若僅寫出一句簡略文字無法取得完整分數。高分之答題架構應標準化為「定義與核心意義 $\to$ 數學定義式與參數說明 $\to$ 作用機制／成立條件 $\to$ 數值範圍或典型範例」之四部曲，以條理分明的層次展現應考深度。

選項分析（五大子題深入辨析）

本題雖非選擇題，但各子題間存在極易混淆之相鄰觀念與常考陷阱，評量時之關鍵辨析重點如下：

• (一) 長期平衡（Secular Equilibrium）之辨析：
• 關鍵界線：母核半衰期必須遠大於子核半衰期（$T_{1/2, 1} \gg T_{1/2, 2}$，一般要求至少大於 $10^3 \sim 10^4$ 倍，即 $\lambda_1 \ll \lambda_2$）。
• 常見陷阱：常有考生誤認「在初始時間 $t=0$ 兩者活度即相等」。事實上必須歷經約 $5 \sim 7$ 個子核半衰期後，子核的生成率與衰變率才達到動態平衡，此時 $A_2 \approx A_1$；且與暫態平衡（transient equilibrium，$A_2 > A_1$）截然不同。
• (二) 中子活化分析（Neutron Activation Analysis, NAA）之辨析：
• 關鍵界線：樣品本身經熱中子照射進行 $(n, \gamma)$ 反應轉化為放射性核種。
• 定性與定量依據：定性依靠所發射之「特徵 $\gamma$ 射線能量」；定量依靠該能峰之「計數率（尖峰面積）」並反推靶核原子數。
• 常見陷阱：考生常忽略其為「核特性分析」而非「化學態分析」，其分析結果與待測元素之價態、化學鍵型態無關。
• (三) 氧氣增強比（OER）之辨析：
• 關鍵界線：比值定義為達到「相同生物效應」所需之「缺氧劑量」除以「有氧劑量」。
• 常見陷阱：分子與分母極易顛倒。因細胞在缺氧狀態下對輻射較不敏感，需要較大劑量才能產生同等效應，故分子為缺氧劑量（$D_{\text{hypoxic}} > D_{\text{aerated}}$），使低 LET 射線下 $\text{OER} \approx 2.5 \sim 3.0$。若為高 LET 射線（如 $\alpha$ 粒子），因主要藉由密集直接游離破壞 DNA，不再依賴自由基氧固化機制，此時 $\text{OER} \to 1.0$。
• (四) 治療比（Therapeutic Ratio, TR）之辨析：
• 關鍵界線：評估放射治療安全度與有效性之劑量比值。分子為「正常組織可耐受之最大劑量」，分母為「腫瘤致死（控制）所需劑量」。
• 常見陷阱：分子分母容易倒置。正常組織併發症機率（NTCP）曲線必須位在腫瘤控制機率（TCP）曲線的右側，兩條 S 型曲線間距愈大，$\text{TR} > 1$ 且數值愈高，代表治療窗口（therapeutic window）愈寬。
• (五) 劑量縮減係數（DRF）之辨析：
• 關鍵界線：評估「輻射防護劑（radioprotector）」效能之量化指標。
• 常見陷阱：易與增敏比（SER）混淆。加入防護劑後細胞抗性提高，因此達到相同致死或損傷效應需要「更大的輻射劑量」，故定義為 $\frac{D_{\text{with protector}}}{D_{\text{control}}}$，其數值必定大於 1（$\text{DRF} > 1$）。若公式分子分母寫反導致比值小於 1 則全題失分。

解題技巧

1. 分子／分母定位記憶口訣：

• 凡是生物效應修飾比值（OER、DRF、SER），其定義皆是「劑量之比值」而非效應百分比之比值，且學理慣例皆定為「$\ge 1$」：
• OER：缺氧抗輻射 $\implies$ 缺氧需大劑量 $\implies \frac{D_{\text{hypoxic}}}{D_{\text{aerated}}} > 1$。
• DRF：加防護劑抗輻射 $\implies$ 防護劑組需大劑量 $\implies \frac{D_{\text{protector}}}{D_{\text{control}}} > 1$。
• SER：加增敏劑易受損 $\implies$ 未加增敏劑需大劑量 $\implies \frac{D_{\text{control}}}{D_{\text{sensitizer}}} > 1$。

2. 衰變平衡判斷法則：

• 長期平衡：母半衰期 $\gg$ 子半衰期（$\lambda_1 \ll \lambda_2$），母核活度可視為定值，最終 $A_2 = A_1$。
• 暫態平衡：母半衰期略大於子半衰期（$\lambda_1 < \lambda_2$），最終 $A_2 = A_1 \left(\frac{\lambda_2}{\lambda_2 - \lambda_1}\right) > A_1$。

【答案】

(一) 長期平衡（secular equilibrium）

1. 定義與條件： 在放射性母子連續衰變系列（$1 \to 2 \to 3$）中，若母核的半衰期遠大於子核的半衰期（即 $T_{1/2, 1} \gg T_{1/2, 2}$，衰變常數 $\lambda_1 \ll \lambda_2$），當經過足夠長時間（約 $5 \sim 7$ 個子核半衰期）後，母核與子核之放射活度所達成的一種動態平衡狀態。
2. 數學關係式： 依據 Bateman 方程，當 $t \gg 1/\lambda_2$ 且 $\lambda_1 \to 0$ 時： $A_2(t) \approx A_1(t) \approx A_1(0)$ 或以原子數與半衰期表示： $N_1 \lambda_1 = N_2 \lambda_2 \implies \frac{N_1}{N_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{T_{1/2, 1}}{T_{1/2, 2}}$

核心觀念

本題評量放射物理中的「克馬率計算」、「反平方平方反比定律」以及「輻射屏蔽衰減（半值層）」之綜合應用能力，主要包含以下核心原理：

1. 空氣克馬率（Air Kerma Rate, $\dot{K}_{\mathrm{air}}$）定義與計算公式： 克馬（Kerma, Kinetic Energy Released per unit Mass）為不帶電游離輻射（如光子）在單位質量介質中所釋放之次級帶電粒子的初始動能總和。在光子能量不超過數 $\mathrm{MeV}$ 且無顯著制動輻射損失（$g \approx 0$）時，質量能量轉移係數 $\mu_{\mathrm{tr}}/\rho$ 約等於質量能量吸收係數 $\mu_{\mathrm{ab}}/\rho$（或 $\mu_{\mathrm{en}}/\rho$）。 距活度為 $A$ 的點射源 $r$ 處，空氣克馬率為： $\dot{K}_{\mathrm{air}} = \dot{\Psi} \cdot \left(\frac{\mu_{\mathrm{ab}}}{\rho}\right) = \dot{\Phi} \cdot E \cdot \left(\frac{\mu_{\mathrm{ab}}}{\rho}\right) = \frac{A \cdot y \cdot E}{4\pi r^2} \cdot \left(\frac{\mu_{\mathrm{ab}}}{\rho}\right)$ 其中：

• $\dot{\Psi}$：能量通量率（Energy fluence rate, $\mathrm{J\cdot m^{-2}\cdot s^{-1}}$）
• $\dot{\Phi}$：光子通量率（Photon fluence rate, $\mathrm{m^{-2}\cdot s^{-1}}$）
• $y$：每次核蛻變所釋放之光子產額（Yield，個/蛻變）
• $E$：光子平均能量（$\mathrm{J}$ 或 $\mathrm{MeV}$）
• $\mu_{\mathrm{ab}}/\rho$：空氣質量能量吸收係數（$\mathrm{m^2/kg}$）

2. $^{60}\mathrm{Co}$ 的衰變特性： $^{60}\mathrm{Co}$ 經由 $\beta^-$ 衰變至 $^{60}\mathrm{Ni}$ 激發態後，緊接著依序放出兩顆串聯級聯 $\gamma$ 光子（能量分別為 $1.173\ \mathrm{MeV}$ 與 $1.332\ \mathrm{MeV}$，分支比均近 $100\%$）。故每次蛻變釋放 $2$ 個光子（$y = 2$），題目給定平均能量 $1.25\ \mathrm{MeV}$ 即為此二者之平均值，每次蛻變釋放之總 $\gamma$ 能量為 $2 \times 1.25\ \mathrm{MeV} = 2.50\ \mathrm{MeV}$。

3. 距離反平方定律（Inverse Square Law）： 點射源在無屏蔽的均勻介質中，克馬率與距離的平方成反比： $\frac{\dot{K}_2}{\dot{K}_1} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^2$

4. 半值層（Half-Value Layer, HVL）屏蔽衰減： 窄波束單能輻射通過屏蔽厚度 $x$，其強度以指數衰減；若以半值層數 $n$ 表示，其衰減關係為： $\dot{K} = \dot{K}_0 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n$ $n = \frac{\ln(\dot{K}_0 / \dot{K})}{\ln 2}$

解題方法

(一) 計算距射源 $1\ \mathrm{cm}$ 處的空氣克馬率

1. 基本參數單位轉換：

• 射源活度 $A$： $A = 10\ \mathrm{mCi} = 10 \times 10^{-3} \times 3.7 \times 10^{10}\ \mathrm{Bq} = 3.7 \times 10^8\ \mathrm{Bq}\ (\mathrm{s^{-1}})$
• 光子能量 $E$： $E = 1.25\ \mathrm{MeV} = 1.25 \times 10^6 \times 1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{J} = 2.0025 \times 10^{-13}\ \mathrm{J}$
• 空氣質量能量吸收係數 $\frac{\mu_{\mathrm{ab}}}{\rho}$： $\frac{\mu_{\mathrm{ab}}}{\rho} = \frac{3.45 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^{-1}}}{1.293\ \mathrm{kg/m^3}} \approx 2.6682 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^2/kg}$
• 距離 $r = 1\ \mathrm{cm} = 0.01\ \mathrm{m}$，球面面積 $4\pi r^2$： $4\pi r^2 = 4\pi \times (0.01\ \mathrm{m})^2 = 4\pi \times 10^{-4}\ \mathrm{m^2} \approx 1.2566 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$

2. 計算光子通量率 $\dot{\Phi}$ 與能量通量率 $\dot{\Psi}$： $^{60}\mathrm{Co}$ 每次蛻變放出 $2$ 個光子（$y = 2$）： $\dot{\Phi} = \frac{2 \times 3.7 \times 10^8\ \mathrm{s^{-1}}}{4\pi \times 10^{-4}\ \mathrm{m^2}} \approx 5.8887 \times 10^{11}\ \mathrm{m^{-2}\cdot s^{-1}}$

核心觀念

本題評量近接放射治療（Brachytherapy）之射源衰變計算與輻射劑量學之累積活度基礎。涉及之核心觀念與公式如下：

1. 放射性衰變定律（Radioactive Decay Law）： 活度隨時間呈指數衰減： $A(t) = A_0 e^{-\lambda t}$ 其中衰變常數 $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$，平均壽命 $\tau = \frac{1}{\lambda} = \frac{T_{1/2}}{\ln 2} \approx 1.443 \times T_{1/2}$。
2. 單位換算： $1\ \mathrm{Ci} = 3.7 \times 10^{10}\ \mathrm{Bq}$，故 $1\ \mathrm{mCi} = 3.7 \times 10^7\ \mathrm{Bq}$。
3. 命題語意與量綱剖析（關鍵考點）： 題目所求為「發射輻射（emitted radiation）為多少 $\mathrm{Bq}$」。在輻射物理與近接治療中，此語意在歷屆國考評分標準中有兩種對應解讀：

• 觀點一（累積衰變總數／累積活度 $\tilde{A}$）：近接治療劑量計算之核心物理量為射源在體內停留期間的累積衰變次數（Total disintegrations）或累積活度（Cumulated Activity, $\tilde{A} = \int_0^t A(t')\,dt'$），其標準物理量綱為 $\mathrm{Bq}\cdot\mathrm{s}$（即衰變次數，$\mathrm{disintegrations}$）。部分命題委員習慣將累積衰變數之後綴單位簡記為 $\mathrm{Bq}$。
• 觀點二（嚴格量綱：已衰變發射之活度差 $\Delta A$）：若嚴格遵從題目所指定的國際標準單位「$\mathrm{Bq}$」（活度單位，$\mathrm{s}^{-1}$），則「在人體內發射的輻射」即指「在體內停留期間所衰變釋放掉的活度差」： $\Delta A = A_0 - A(t) = A_0 (1 - e^{-\lambda t})$ 為求作答嚴謹且涵蓋所有閱卷標準，詳解將兩者之完整推導與數值一併並陳。

解題方法

步驟一：基礎參數計算與單位轉換

1. 初活度 $A_0$： $A_0 = 5\ \mathrm{mCi} = 5 \times 3.7 \times 10^7\ \mathrm{Bq} = 1.85 \times 10^8\ \mathrm{Bq}$
2. 半衰期與衰變常數 $\lambda$： 已知 $^{103}\mathrm{Pd}$ 之 $T_{1/2} = 17\ \text{天} = 17 \times 86400\ \text{s} = 1.4688 \times 10^6\ \text{s}$。

• 以「天」為單位： $\lambda = \frac{\ln 2}{17\ \text{天}} \approx \frac{0.69315}{17} \approx 0.040773\ \text{day}^{-1}$
• 以「秒」為單位： $\lambda = \frac{0.69315}{1.4688 \times 10^6\ \text{s}} \approx 4.7191 \times 10^{-7}\ \text{s}^{-1}$

3. 平均壽命 $\tau$： $\tau = \frac{1}{\lambda} \approx 24.526\ \text{天} \approx 2.1190 \times 10^6\ \text{s}$

(一) 7 天後取出射源之發射輻射計算

射源在人體內停留時間 $t = 7\ \text{天}$。

1. 計算衰變分率（Decayed Fraction）： $\lambda t = 0.040773\ \text{day}^{-1} \times 7\ \text{days} \approx 0.28541$ $e^{-\lambda t} = e^{-0.28541} \approx 0.7517$ 故在人體內已衰變之比例為： $1 - e^{-\lambda t} = 1 - 0.7517 = 0.2483\ (24.83\%)$

2. 數值計算：

• 若依「已釋放活度（$\Delta A$）」計（嚴格符合 $\mathrm{Bq}$ 單位）：

核心觀念

本題評量放射性量測統計學的核心概念，涵蓋放射性度量之統計分布、誤差傳遞定律、信賴區間估計、變異係數定義，以及計數率至放射性活度（$\mathrm{Bq}$）之單位轉換：

1. 放射性衰變計數之統計分布： 放射性核種衰變屬於隨機過程，在計數效率固定且樣品半衰期遠大於度量時間的前提下，計數值 $N$ 服從卜瓦松分布（Poisson distribution）。當度量計數值夠大（通常 $N > 100$）時，可利用常態分布（Normal distribution）近似，其計數值之標準差為： $\sigma_N = \sqrt{N}$

2. 計數率及其標準差： 若度量時間為 $t$，計數值為 $N$，則計數率 $R = \frac{N}{t}$。 其計數率之標準差（標準不確定度）為： $\sigma_R = \frac{\sigma_N}{t} = \frac{\sqrt{N}}{t} = \sqrt{\frac{R}{t}}$

3. 淨計數率與誤差傳遞定律：

• 淨計數率 $R_n$ 為毛計數率（總計數率）$R_g$ 扣除背景計數率 $R_b$： $R_n = R_g - R_b$
• 由於 $R_g$ 與 $R_b$ 為相互獨立之隨機度量，依據獨立變數之誤差傳遞公式，淨計數率之標準差 $\sigma_{R_n}$ 為： $\sigma_{R_n} = \sqrt{\sigma_{R_g}^2 + \sigma_{R_b}^2} = \sqrt{\frac{N_g}{t_g^2} + \frac{N_b}{t_b^2}} = \sqrt{\frac{R_g}{t_g} + \frac{R_b}{t_b}}$

4. 信賴限度（Confidence Limit）： 在常態分布近似下，以樣本平均值為中心之信賴區間為 $R_n \pm k \cdot \sigma_{R_n}$：

• $68.3\%$ 信賴水準對應擴充係數 $k = 1$（即 $1\sigma$）。
• 雙尾 $95\%$ 信賴水準之標準常態臨界值為 $Z_{0.025} = 1.96$（部分工程與量測實務常簡化取 $k = 2$，對應 $95.45\%$ 信賴水準）。

5. 變異係數（Coefficient of Variation, $CV$）： 又稱相對標準差（Relative Standard Deviation, $RSD$），定義為標準差與平均值之比值： $CV = \frac{\sigma_{R_n}}{R_n} \times 100\%$

6. 偵檢效率與活度換算：

• 活度以貝克（$\mathrm{Bq}$）為單位，定義為每秒衰變次數（$1\text{ Bq} = 1\text{ dps} = 60\text{ dpm}$）。
• 偵檢效率 $\epsilon$ 定義為計數率與衰變率之比值： $\epsilon = \frac{R_n\text{ (cps)}}{A\text{ (Bq)}}$
• 樣品活度為： $A = \frac{R_n}{\epsilon}$
• 當效率 $\epsilon$ 為無不確定度之常數時，活度之標準差為： $\sigma_A = \frac{\sigma_{R_n}}{\epsilon}$

解題方法

已知數據整理

• 樣品毛計數時間：$t_g = 30\text{ min}$，毛計數值：$N_g = 4290\text{ counts}$
• 背景計數時間：$t_b = 60\text{ min}$，背景計數值：$N_b = 1500\text{ counts}$
• 計數器效率：$\epsilon = 30\% = 0.30$

(一) 計算在 95％ 信賴限度下，該樣品的淨計數率及其標準差

1. 計算毛計數率與背景計數率：

• 毛計數率： $R_g = \frac{N_g}{t_g} = \frac{4290\text{ counts}}{30\text{ min}} = 143\text{ cpm}$
• 背景計數率： $R_b = \frac{N_b}{t_b} = \frac{1500\text{ counts}}{60\text{ min}} = 25\text{ cpm}$

2. 計算淨計數率 $R_n$： $R_n = R_g - R_b = 143\text{ cpm} - 25\text{ cpm} = 118\text{ cpm}$ 若換算為每秒計數率（$\mathrm{cps}$）： $R_n = \frac{118}{60}\text{ cps} \approx 1.967\text{ cps}$

3. 計算淨計數率之標準差 $\sigma_{R_n}$（1 個標準差）： $\sigma_{R_n} = \sqrt{\frac{N_g}{t_g^2} + \frac{N_b}{t_b^2}} = \sqrt{\frac{4290}{(30)^2} + \frac{1500}{(60)^2}} = \sqrt{\frac{4290}{900} + \frac{1500}{3600}}$ $\sigma_{R_n} = \sqrt{4.7667 + 0.4167} = \sqrt{5.1833} \approx 2.277\text{ cpm}$ 若以 $\mathrm{cps}$ 表示： $\sigma_{R_n} = \frac{2.2767}{60}\text{ cps} \approx 0.0379\text{ cps}$

4. 求 95％ 信賴限度下的表示式：

• 採標準統計值 $Z = 1.96$（嚴格 95% 信賴水準）： $1.96 \cdot \sigma_{R_n} = 1.96 \times 2.2767\text{ cpm} \approx 4.46\text{ cpm} \quad (0.074\text{ cps})$ 在 $95\%$ 信賴限度下，淨計數率表示為：

核心觀念

本題評量體內劑量評估（Internal Dosimetry）中最重要的 MIRD（Medical Internal Radiation Dose）體系 之吸收劑量計算。核心公式與觀念如下：

1. 有效半衰期（Effective Half-life, $T_{\text{eff}}$）與有效衰變常數（$\lambda_{\text{eff}}$）： 體內放射性核種的清除同時受到物理衰變（$T_p$）與生物代謝（$T_b$）影響： $\frac{1}{T_{\text{eff}}} = \frac{1}{T_p} + \frac{1}{T_b} \quad \Longleftrightarrow \quad \lambda_{\text{eff}} = \lambda_p + \lambda_b$ 題目已知生物半衰期極大於物理半衰期（$T_b \gg T_p$），生物清除率可忽略（$\lambda_b \to 0$），因此： $T_{\text{eff}} \approx T_p = 6\ \text{h}$ $\lambda_{\text{eff}} \approx \lambda_p = \frac{\ln 2}{T_p} = \frac{0.693}{6\ \text{h}} = 0.1155\ \text{h}^{-1}$

2. 累積活度（Cumulated Activity, $\tilde{A}$）： 假設藥物攝入後立即沉積於各器官且無後續生物清除，來源器官（Source Organ, $r_S$）的累積活度為活度對時間的積分： $\tilde{A}(r_S) = \int_0^\infty A_0(r_S) \cdot e^{-\lambda_{\text{eff}} t} \, dt = \frac{A_0(r_S)}{\lambda_{\text{eff}}} = \frac{A_0(r_S) \cdot T_{\text{eff}}}{\ln 2} \approx 1.443 \cdot A_0(r_S) \cdot T_{\text{eff}}$

3. MIRD 吸收劑量方程式： 標的器官（Target Organ, $r_T$）所接受的總吸收劑量為所有來源器官（包含自身與鄰近器官）貢獻的總和： $D(r_T) = \sum_{r_S} \tilde{A}(r_S) \cdot S(r_T \leftarrow r_S)$ 式中 $S(r_T \leftarrow r_S)$ 為「比吸收劑量率」（S 值），代表來源器官每單位累積活度對標的器官所造成的吸收劑量。

4. 單位換算：

• 活度：$1\ \text{mCi} = 1000\ \mu\text{Ci}$
• 吸收劑量：$1\ \text{rad} = 0.01\ \text{Gy} = 10\ \text{mGy}$

解題方法

步驟一：計算各來源器官的初始活度 $A_0$

總攝入活度為 $5\ \text{mCi} = 5000\ \mu\text{Ci}$，依沉積百分比分配至各器官：

• 肝臟（60%）： $A_0(\text{肝臟}) = 5000\ \mu\text{Ci} \times 0.60 = 3000\ \mu\text{Ci}$
• 脾臟（30%）： $A_0(\text{脾臟}) = 5000\ \mu\text{Ci} \times 0.30 = 1500\ \mu\text{Ci}$
• 紅骨髓（10%）： $A_0(\text{紅骨髓}) = 5000\ \mu\text{Ci} \times 0.10 = 500\ \mu\text{Ci}$

步驟二：計算各來源器官的累積活度 $\tilde{A}$

因各器官的放射性核種相同且均無生物清除，各器官的累積活度常數皆為： $\frac{T_{\text{eff}}}{\ln 2} = \frac{6\ \text{h}}{\ln 2} \approx 8.6562\ \text{h}$

各器官累積活度分別為：

• 肝臟： $\tilde{A}(\text{肝臟}) = 3000\ \mu\text{Ci} \times 8.6562\ \text{h} \approx 25968.6\ \mu\text{Ci}\cdot\text{h}$
• 脾臟：

核心觀念

本題是放射化學與輻射劑量／熱量沉積的經典跨領域計算題，主要評量以下核心觀念：

1. 比活度（Specific Activity, $SA$）與同位素分率：

• 元素中放射性同位素的活度與該元素質量的比值即為比活度。
• $100\%$ 純放射性核種的比活度由衰變定律決定： $SA_0 = \frac{\lambda N_A}{A_{\text{核種}}} = \frac{\ln 2 \cdot N_A}{T_{1/2} \cdot A_{\text{核種}}}$
• 樣品比活度與純同位素比活度之比，即為該核種在樣品元素中的質量分率（Mass Fraction）；若乘上原子量比值，則可求得原子分率／莫耳分率（Atom Fraction）。

2. 化合物化學計量與總放射性活度：

• 題給比活度為「硫」的比活度（$100\ \mathrm{Ci/g}$），需透過 $\mathrm{Na_2SO_4}$ 的分子量推算樣品中硫元素的實際淨質量，進而求出溶液中的初始總活度 $A_0$。

3. 放射性衰變累積次數與熱能沉積：

• 在時間 $t$ 內累積發生的蛻變總數為： $\Delta N = \int_0^t A(t)\,dt = \frac{A_0}{\lambda}\left(1 - e^{-\lambda t}\right)$ 當照射時間遠小於半衰期（$t \ll T_{1/2}$）時，可利用線性近似 $\Delta N \approx A_0 \cdot t$。
• $^{35}\mathrm{S}$ 所釋放之 $\beta^-$ 射線最大能量僅約 $0.167\ \mathrm{MeV}$，在水中的射程小於 $0.3\ \mathrm{mm}$，故其能量全額被 $1000\ \mathrm{mL}$ 水吸收。

4. 熱量平衡與水溫上升：

• 根據比熱公式 $Q = m \cdot s \cdot \Delta T$，將輻射吸收的總能量轉換為熱能（$1\ \mathrm{eV} = 1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{J}$），即可計算出隔熱容器內水的溫升。

解題方法

(一) 計算在 $\mathrm{Na_2SO_4}$ 中的硫（S），有多少分數是 $^{35}\mathrm{S}$

1. 純 $^{35}\mathrm{S}$ 的理論比活度（$SA_0$）：

• 衰變常數 $\lambda$： $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0.69315}{87.4 \times 86400\ \mathrm{s}} \approx 9.179 \times 10^{-8}\ \mathrm{s^{-1}}$
• 純 $^{35}\mathrm{S}$ 每公克含有的原子數 $N_0$（質量數取 35）： $N_0 = \frac{N_A}{35} = \frac{6.022 \times 10^{23}}{35} \approx 1.7206 \times 10^{22}\ \mathrm{atoms/g}$
• 純 $^{35}\mathrm{S}$ 的比活度： $SA_0 = \lambda N_0 = 9.179 \times 10^{-8} \times 1.7206 \times 10^{22} \approx 1.5793 \times 10^{15}\ \mathrm{Bq/g}$ 換算為居里（$\mathrm{Ci}$）： $SA_0 = \frac{1.5793 \times 10^{15}\ \mathrm{Bq/g}}{3.7 \times 10^{10}\ \mathrm{Bq/Ci}} \approx 42684\ \mathrm{Ci/g}$

2. 硫中 $^{35}\mathrm{S}$ 的分率：

• 質量分率（Mass fraction, $w$）： $w = \frac{SA_{\text{樣品}}}{SA_0} = \frac{100\ \mathrm{Ci/g}}{42684\ \mathrm{Ci/g}} \approx 2.34 \times 10^{-3} \quad (0.234\%)$
• 原子分率（Atom fraction, $f_{\text{atom}}$）： 若依題給硫平均原子量 $32$ 計算，每公克硫總原子數 $N_{\text{total}} = \frac{6.022 \times 10^{23}}{32} \approx 1.8819 \times 10^{22}\ \mathrm{atoms}$： $f_{\text{atom}} = w \times \frac{32}{35} \approx 2.34 \times 10^{-3} \times \frac{32}{35} \approx 2.14 \times 10^{-3} \quad (0.214\%)$

(二) 計算 24 小時後水溫上升度數

1. 求溶液中硫與 $^{35}\mathrm{S}$ 的總活度 $A_0$：

• $\mathrm{Na_2SO_4}$ 分子量： $M = 23 \times 2 + 32 + 16 \times 4 = 142\ \mathrm{g/mol}$
• $10\ \mathrm{g}\ \mathrm{Na_2SO_4}$ 中含硫之質量 $m_{\mathrm{S}}$： $m_{\mathrm{S}} = 10\ \mathrm{g} \times \frac{32}{142} \approx 2.2535\ \mathrm{g}$

核心觀念

1. 吸收劑量率（Absorbed Dose Rate, $\dot{D}$）之定義： 吸收劑量（$D$）定義為單位質量受照物質所吸收之游離輻射平均能量： $D = \frac{d\bar{\epsilon}}{dm}$ 其國際標準制（$\mathrm{SI}$）單位為戈雷（$\mathrm{Gy}$），$1\ \mathrm{Gy} = 1\ \mathrm{J/kg}$。 吸收劑量率則為單位時間內的吸收劑量： $\dot{D} = \frac{dD}{dt} = \frac{1}{\Delta m}\frac{dE_{\text{dep}}}{dt}$

2. 電子的阻止本領與射程關係： 高能電子穿入低原子序（低 $Z$）物質（如塑膠）主要透過碰撞損失能量。在題目未另給阻止本領數值表的情形下，依放射物理常規，單一電子的平均質量阻止本領（Average Mass Stopping Power, $\overline{S/\rho}$）以電子入射能量 $E_0$ 與其連續減速射程（Range, $R$）之比值估算： $\overline{\left(\frac{S}{\rho}\right)} \approx \frac{E_0}{R}$ 本題塑膠樣品之質量厚度 $t = 0.5\ \mathrm{g/cm^2}$ 小於 $3\ \mathrm{MeV}$ 電子射程 $R = 1.493\ \mathrm{g/cm^2}$，顯示電子射束穿透塑膠樣品而未完全停止。因此，單一電子穿過塑膠時所沉積之平均能量為： $\Delta E = \overline{\left(\frac{S}{\rho}\right)} \times t = E_0 \times \frac{t}{R}$

3. 射束電流與粒子通量率： 電子束電流 $I = 250\ \mu\mathrm{A}$，基本電荷 $e \approx 1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}$。單位時間內入射樣品的電子數率（$\dot{N}$）為： $\dot{N} = \frac{I}{e}$

解題方法

步驟一：計算射束入射截面積與受照塑膠質量

1. 電子束通過直徑 $d = 1\ \mathrm{cm}$ 之圓形入口，入射截面積 $A$ 為： $A = \frac{\pi}{4} d^2 = \frac{\pi}{4} \times (1\ \mathrm{cm})^2 \approx 0.7854\ \mathrm{cm^2}$
2. 樣品厚度為質量厚度 $t = 0.5\ \mathrm{g/cm^2}$，受照區域的塑膠質量 $\Delta m$ 為： $\Delta m = A \times t = 0.7854\ \mathrm{cm^2} \times 0.5\ \mathrm{g/cm^2} = 0.3927\ \mathrm{g} = 3.927 \times 10^{-4}\ \mathrm{kg}$

步驟二：計算每秒入射之電子數目 射束電流 $I = 250\ \mu\mathrm{A} = 2.5 \times 10^{-4}\ \mathrm{A}$（$\mathrm{C/s}$）： $\dot{N} = \frac{I}{e} = \frac{2.5 \times 10^{-4}\ \mathrm{C/s}}{1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{C/electron}} \approx 1.5605 \times 10^{15}\ \text{electrons/s}$

步驟三：計算單一電子沉積於塑膠樣品的能量 由於 $t = 0.5\ \mathrm{g/cm^2} < R = 1.493\ \mathrm{g/cm^2}$，電子未完全被吸收： $\Delta E = E_0 \times \frac{t}{R} = 3\ \mathrm{MeV} \times \frac{0.5\ \mathrm{g/cm^2}}{1.493\ \mathrm{g/cm^2}} \approx 1.0047\ \mathrm{MeV}$ 轉換為能量國際單位（焦耳，$\mathrm{J}$）： $\Delta E = 1.0047 \times 10^6\ \mathrm{eV} \times 1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{J/eV} \approx 1.6095 \times 10^{-13}\ \mathrm{J}$