115 高普考高考三級 輻射安全 放射物理學與輻射劑量學 考古題詳解

115 年・高普考・高考三級・輻射安全
試題代碼 放射物理學與輻射劑量學

第 一 題15 分

使用高純鍺偵檢器（high-purity germanium detector, HPGe）近距離量測一密封鈷-60射源，能譜中可見 1.173 MeV1.173\ \mathrm{MeV} 與 1.332 MeV1.332\ \mathrm{MeV} 的全能峰，並可辨識康普吞邊緣、回散射峰，以及約 2.505 MeV2.505\ \mathrm{MeV} 的加總峰。已知電子靜止質量能量為 0.511 MeV0.511\ \mathrm{MeV}。請回答下列問題：

(一) 針對 1.332 MeV1.332\ \mathrm{MeV} 加馬光子，計算康普吞邊緣及回散射峰所對應的能量。（6分）

(二) 說明兩個全能峰與 2.505 MeV2.505\ \mathrm{MeV} 加總峰的形成機制。（5分）

(三) 說明 HPGe 偵檢器相較於 NaI（Tl）閃爍偵檢器的主要優點，並列出 HPGe 偵檢器的一項實務限制。（4分）

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核心觀念

本題考查單能量加馬光子在康普吞散射中的能量轉移，以及 HPGe 能譜中的全能峰與加總峰形成機制。計算時需使用電子靜止質量能量 mec2=0.511 MeVm_ec^2=0.511\ \mathrm{MeV}，並分辨：

  • 康普吞邊緣：入射光子在偵檢器內發生一次康普吞散射，散射光子把最大能量帶走時，反沖電子在偵檢器內沉積的最大能量。
  • 回散射峰：光子先在偵檢器外部近乎反向散射，再進入偵檢器並被吸收；其能量對應約 180∘180^\circ 散射後的光子能量。
  • 全能峰：入射光子的全部能量最終沉積在偵檢器中。
  • 加總峰：同一衰變所發出的多個光子在偵檢器的時間解析範圍內幾乎同時被吸收，脈衝高度相加。

解題方法

（一）康普吞邊緣與回散射峰

康普吞散射後，散射光子的能量為

E′=Eγ1+Eγmec2(1−cos⁡θ)E'=\frac{E_\gamma}{1+\dfrac{E_\gamma}{m_ec^2}(1-\cos\theta)}

其中 Eγ=1.332 MeVE_\gamma=1.332\ \mathrm{MeV}，θ\theta 為散射角。

康普吞邊緣對應光子以 θ=180∘\theta=180^\circ 散射，散射光子能量最小，反沖電子得到的能量最大：

E180∘′=1.3321+2(1.332/0.511)≈0.210 MeVE'_{180^\circ} =\frac{1.332}{1+2(1.332/0.511)} \approx 0.210\ \mathrm{MeV}

因此康普吞邊緣能量為

ECE=Eγ−E180∘′=1.332−0.210≈1.122 MeVE_{\mathrm{CE}}=E_\gamma-E'_{180^\circ} =1.332-0.210 \approx \boxed{1.122\ \mathrm{MeV}}

回散射峰對應外部材料中的近 180∘180^\circ 康普吞散射光子再進入偵檢器，因此其能量為

EBS=E180∘′≈0.210 MeVE_{\mathrm{BS}}=E'_{180^\circ} \approx \boxed{0.210\ \mathrm{MeV}}
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第 二 題25 分

使用兩支石墨壁通氣式空氣游離腔，在水中相同位置量測一光子射束。

已知：

  • 甲游離腔的石墨壁質量厚度為 0.180 g/cm20.180\ \mathrm{g/cm^2}，收集電荷為 2.76 nC2.76\ \mathrm{nC}。
  • 乙游離腔的石墨壁質量厚度為 0.480 g/cm20.480\ \mathrm{g/cm^2}，收集電荷為 2.62 nC2.62\ \mathrm{nC}。
  • 兩支游離腔的空腔體積均為 0.600 cm30.600\ \mathrm{cm^3}。
  • 石墨中次級電子的最大射程為 0.420 g/cm20.420\ \mathrm{g/cm^2}。
  • 空氣在 22.0∘C22.0^\circ\mathrm{C}、760 mmHg760\ \mathrm{mmHg} 下的密度為 1.196×10−3 g/cm31.196\times10^{-3}\ \mathrm{g/cm^3}。
  • 量測時的溫度為 30.0∘C30.0^\circ\mathrm{C}，氣壓為 740 mmHg740\ \mathrm{mmHg}。
  • 離子再結合修正因子為 1.0121.012，極性效應修正因子為 0.9970.997。
  • 兩支游離腔均可視為小空腔。
  • 可忽略其他擾動修正，以及石墨壁對量測位置光子能譜及能量通量的擾動。
  • 石墨對空氣之平均非限制碰撞質量阻止本領比：1.1151.115。
  • 石墨對空氣之平均限制碰撞質量阻止本領比：1.0981.098。
  • 水對石墨之平均質量能量吸收係數比：1.0361.036。
  • 水對石墨之平均質量衰減係數比：1.1201.120。

請依據 Spencer-Attix 空腔理論，選擇適當的游離腔讀值及相關輻射作用係數，並詳細敘明選擇依據，再計算量測時空腔內的空氣質量、修正後電荷及水吸收劑量。（25分）

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核心觀念

本題考查 Spencer–Attix 小空腔理論：空氣腔內的電離由穿越空腔的次級電子造成，先由收集電荷求空氣吸收劑量，再以適當的阻止本領比及介質轉換係數求水中吸收劑量。

石墨壁需厚於石墨中次級電子的最大射程，才能使穿越空腔的次級電子主要由壁材產生。因此本題應選用乙腔讀值。Spencer–Attix 理論採用限制碰撞質量阻止本領比，故使用石墨對空氣的平均限制碰撞質量阻止本領比 1.0981.098，而非非限制值 1.1151.115。

解題方法

1. 選擇游離腔讀值

石墨壁質量厚度與次級電子最大射程比較如下：

甲： 0.180<0.420 g/cm2,乙： 0.480>0.420 g/cm2.\text{甲： }0.180<0.420\ \mathrm{g/cm^2}, \qquad \text{乙： }0.480>0.420\ \mathrm{g/cm^2}.

甲腔壁較薄，不能滿足厚壁腔所需的電子平衡條件；乙腔壁厚於最大射程，故採用乙腔的收集電荷 2.62 nC2.62\ \mathrm{nC}。

2. 計算量測時空腔內的空氣質量

空氣密度依理想氣體關係，與壓力成正比、與絕對溫度成反比：

ρ30∘C, 740 mmHg=1.196×10−3(740760)(295.15303.15)=1.196×10−3 g/cm3.\rho_{30^\circ\mathrm C,\,740\ \mathrm{mmHg}} = 1.196\times10^{-3} \left(\frac{740}{760}\right) \left(\frac{295.15}{303.15}\right) = 1.196\times10^{-3}\ \mathrm{g/cm^3}.

空腔體積為 0.600 cm30.600\ \mathrm{cm^3}，因此空氣質量為

mair=ρV=(1.196×10−3)(0.600)=7.175×10−4 g=7.175×10−7 kg.m_{\mathrm{air}}=\rho V =(1.196\times10^{-3})(0.600) =7.175\times10^{-4}\ \mathrm g =7.175\times10^{-7}\ \mathrm{kg}.

3. 修正收集電荷

將乙腔讀值乘上離子再結合修正因子及極性效應修正因子：

Qcorr=2.62 nC×1.012×0.997=2.643 nC.Q_{\mathrm{corr}} = 2.62\ \mathrm{nC}\times1.012\times0.997 = 2.643\ \mathrm{nC}.

4. 計算水中吸收劑量

空氣吸收劑量為

Dair=Qcorrmair(Waire),D_{\mathrm{air}} = \frac{Q_{\mathrm{corr}}}{m_{\mathrm{air}}} \left(\frac{W_{\mathrm{air}}}{e}\right),
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第 三 題25 分

某作業場所的中子場可近似分為熱中子與快中子兩群，使用小型及大型 Bonner 球於相同位置量測，屏蔽前、後的量測時間均為 600 s600\ \mathrm{s}，且計數均已扣除背景。

已知：

  • 小型 Bonner 球對熱中子與快中子的平均反應係數分別為 4.00×10−44.00\times10^{-4} 及 0.500×10−4 count⋅cm2/n0.500\times10^{-4}\ \mathrm{count\cdot cm^2/n}，屏蔽前、後計數分別為 43004300 及 1004010040。
  • 大型 Bonner 球對熱中子與快中子的平均反應係數分別為 1.00×10−41.00\times10^{-4} 及 3.00×10−4 count⋅cm2/n3.00\times10^{-4}\ \mathrm{count\cdot cm^2/n}，屏蔽前、後計數分別為 28002800 及 27402740。
  • 同一受照組織對熱中子與快中子的通量至吸收劑量轉換係數分別為 10.010.0 及 300 pGy⋅cm2/n300\ \mathrm{pGy\cdot cm^2/n}，輻射加權因數分別為 22 及 1010。
  • 屏蔽前加馬射線劑量貢獻可忽略，屏蔽後另量得捕獲加馬射線（neutron-capture gamma rays）吸收劑量為 0.300 mGy0.300\ \mathrm{mGy}。

假設屏蔽後輻射場穩定，且等價劑量與作業時間成正比，請回答下列問題：

(一) 分別計算屏蔽前、後於 600 s600\ \mathrm{s} 量測期間累積的熱中子與快中子通量，以及該組織於屏蔽前、後的總等價劑量。若單次作業等價劑量不得超過 5.00 mSv5.00\ \mathrm{mSv}，計算屏蔽後的最長作業時間。（18分）

(二) 屏蔽後小型 Bonner 球的計數明顯增加，但總等價劑量反而降低，說明其原因。由射源側至人員側寫出中子吸收層、次級加馬屏蔽層及減速層的合理排列順序。（7分）

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核心觀念

本題考查雙群中子場的 Bonner 球計數反算、吸收劑量與等價劑量的換算，以及含捕獲加馬射線時的屏蔽設計。Bonner 球的計數率可寫成各能群通量率與該球對各能群反應係數的加權和：

Ct=∑iRiΦ˙i\frac{C}{t}=\sum_i R_i\dot{\Phi}_i

其中 RiR_i 為反應係數，Φ˙i\dot{\Phi}_i 為通量率。量得計數除以量測時間後，可用兩種球的聯立方程式求出熱中子與快中子的通量率，再乘以 600 s600\ \mathrm{s}，得到量測期間的累積通量。

吸收劑量由通量乘上通量至吸收劑量轉換係數求得；等價劑量則再乘輻射加權因數 wRw_R。題目給的中子轉換係數可直接對應各群中子通量計算。屏蔽後另量得的捕獲加馬射線吸收劑量，因加馬射線輻射加權因數為 11，其等價劑量數值等於吸收劑量數值。

解題方法與計算

令 Φth\Phi_{\mathrm{th}}、Φf\Phi_{\mathrm{f}} 分別表示量測期間累積的熱中子與快中子通量，單位為 n/cm2\mathrm{n/cm^2}。令小型球及大型球的累積計數分別為 CSC_S、CLC_L。兩球的計數方程式為：

CS=(4.00×10−4)Φth+(0.500×10−4)ΦfC_S=(4.00\times10^{-4})\Phi_{\mathrm{th}} +(0.500\times10^{-4})\Phi_{\mathrm{f}} CL=(1.00×10−4)Φth+(3.00×10−4)ΦfC_L=(1.00\times10^{-4})\Phi_{\mathrm{th}} +(3.00\times10^{-4})\Phi_{\mathrm{f}}

將計數除以反應係數的共同因子 10−410^{-4}，可得方便計算的形式：

4Φth+0.5Φf=CS10−44\Phi_{\mathrm{th}}+0.5\Phi_{\mathrm{f}}=\frac{C_S}{10^{-4}} Φth+3Φf=CL10−4\Phi_{\mathrm{th}}+3\Phi_{\mathrm{f}}=\frac{C_L}{10^{-4}}

屏蔽前通量

屏蔽前 CS=4300C_S=4300、CL=2800C_L=2800，故：

4Φth+0.5Φf=4.30×1074\Phi_{\mathrm{th}}+0.5\Phi_{\mathrm{f}}=4.30\times10^7 Φth+3Φf=2.80×107\Phi_{\mathrm{th}}+3\Phi_{\mathrm{f}}=2.80\times10^7

由第二式得 Φth=2.80×107−3Φf\Phi_{\mathrm{th}}=2.80\times10^7-3\Phi_{\mathrm{f}}，代入第一式：

4(2.80×107−3Φf)+0.5Φf=4.30×1074(2.80\times10^7-3\Phi_{\mathrm{f}})+0.5\Phi_{\mathrm{f}} =4.30\times10^7

解得：

Φf=1.333×107 n/cm2\Phi_{\mathrm{f}}=1.333\times10^7\ \mathrm{n/cm^2} Φth=−1.20×107 n/cm2\Phi_{\mathrm{th}}= -1.20\times10^7\ \mathrm{n/cm^2}

此結果出現負通量，違反通量的物理意義，表示屏蔽前計數與題目所給反應係數無法構成非負的雙群通量解。等價地，若兩群通量皆非負，計數比 CS/CLC_S/C_L 必須介於兩群反應係數比 4.004.00 與 0.500/3.000.500/3.00 之間；本題屏蔽前計數比 4300/2800=1.5364300/2800=1.536 雖落在此範圍內，但代入聯立式所得熱通量仍為負，顯示數據彼此不相容。

因此，題目資訊不足以給出物理上成立的屏蔽前熱、快中子通量及屏蔽前等價劑量；須更正屏蔽前某一計數或反應係數，才能完成該部分的數值計算。

屏蔽後通量

屏蔽後 CS=10040C_S=10040、CL=2740C_L=2740：

4Φth+0.5Φf=1.004×1084\Phi_{\mathrm{th}}+0.5\Phi_{\mathrm{f}}=1.004\times10^8 Φth+3Φf=2.740×107\Phi_{\mathrm{th}}+3\Phi_{\mathrm{f}}=2.740\times10^7

由第二式得 Φth=2.740×107−3Φf\Phi_{\mathrm{th}}=2.740\times10^7-3\Phi_{\mathrm{f}}，代入第一式：

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第 四 題15 分

某密封銫-137（Cs-137）點射源作業區，未設屏蔽時，距射源 1.00 m1.00\ \mathrm{m} 處的周圍等效劑量率為 6.00 mSv/h6.00\ \mathrm{mSv/h}。工作人員每週工作 55 日，每日執行下列作業：

  • 在操作位置 A 停留 6.00 min6.00\ \mathrm{min}；位置 A 距射源 2.00 m2.00\ \mathrm{m}，射源與人員間已有厚度 0.500 cm0.500\ \mathrm{cm} 的鉛屏蔽。
  • 在巡檢位置 B 停留 2.00 min2.00\ \mathrm{min}；位置 B 距射源 4.00 m4.00\ \mathrm{m}，射源與人員間無鉛屏蔽。

已知銫-137主要加馬射線在鉛中的線性衰減係數為 μ=1.20 cm−1\mu=1.20\ \mathrm{cm^{-1}}，假設射源可視為點射源，作業期間活度不變，並忽略散射輻射及增建效應（buildup effect）。本題將周圍等效劑量 H∗(10)H^*(10) 視為工作人員有效劑量的保守估計。請回答下列問題：

(一) 計算工作人員在既有配置下的每週周圍等效劑量。（8分）

(二) 若每週周圍等效劑量的控制目標為 0.100 mSv0.100\ \mathrm{mSv}，且新增鉛屏蔽僅設置於操作位置 A，計算理論上所需增加的最小鉛屏蔽厚度。（7分）

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核心觀念

本題考查點射源的反平方定律、鉛屏蔽的指數衰減，以及將劑量率乘上停留時間與每週工作日數，換算成每週周圍等效劑量。

距離由 r1r_1 改變為 r2r_2 時，未屏蔽劑量率依反平方定律變化：

H˙(r2)=H˙(r1)(r1r2)2\dot H(r_2)=\dot H(r_1)\left(\frac{r_1}{r_2}\right)^2

忽略散射與增建效應時，穿過厚度 xx 的鉛後，劑量率再乘上指數衰減因子：

H˙屏蔽=H˙未屏蔽e−μx\dot H_{\text{屏蔽}}=\dot H_{\text{未屏蔽}}e^{-\mu x}

每週劑量則為各工作位置的劑量率乘以每日停留時間，再乘以每週工作日數，並加總。

（一）既有配置下的每週周圍等效劑量

已知距射源 1.00 m1.00\ \mathrm{m} 處未屏蔽劑量率為 6.00 mSv/h6.00\ \mathrm{mSv/h}，每週工作 55 日。

位置 A

位置 A 距射源 2.00 m2.00\ \mathrm{m}，先依反平方定律換算未屏蔽劑量率：

H˙A,0=6.00(1.002.00)2=1.50 mSv/h\dot H_{A,0} =6.00\left(\frac{1.00}{2.00}\right)^2 =1.50\ \mathrm{mSv/h}

既有鉛厚度為 0.500 cm0.500\ \mathrm{cm}，其透射因子為：

e−μx=e−(1.20)(0.500)=e−0.600e^{-\mu x}=e^{-(1.20)(0.500)}=e^{-0.600}

因此位置 A 的屏蔽後劑量率為：

H˙A=1.50e−0.600=0.823 mSv/h\dot H_A=1.50e^{-0.600} =0.823\ \mathrm{mSv/h}

每日停留 6.00 min=0.100 h6.00\ \mathrm{min}=0.100\ \mathrm{h}，每週在 A 的劑量為：

HA,週=0.823×0.100×5=0.412 mSv/週H_{A,\text{週}} =0.823\times 0.100\times 5 =0.412\ \mathrm{mSv/週}

位置 B

位置 B 距射源 4.00 m4.00\ \mathrm{m}，無鉛屏蔽：

H˙B=6.00(1.004.00)2=0.375 mSv/h\dot H_B =6.00\left(\frac{1.00}{4.00}\right)^2 =0.375\ \mathrm{mSv/h}

每日停留 2.00 min=130 h2.00\ \mathrm{min}=\frac{1}{30}\ \mathrm{h}，每週在 B 的劑量為：

HB,週=0.375×130×5=0.0625 mSv/週H_{B,\text{週}} =0.375\times\frac{1}{30}\times 5 =0.0625\ \mathrm{mSv/週}
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第 五 題20 分

某病人接受鎵-68（Ga-68）放射藥物檢查，腎臟內活度可視為兩個指數衰減成分之和，兩成分的初始活度分別為 55 MBq55\ \mathrm{MBq} 與 20 MBq20\ \mathrm{MBq}，有效半衰期分別為 20.0 min20.0\ \mathrm{min} 與 50.0 min50.0\ \mathrm{min}。

已知：

  • Ga-68 的物理半衰期為 67.7 min67.7\ \mathrm{min}。
  • 腎臟自體吸收劑量係數為 SK←K=0.0200 mGyMBq⋅hS_{K\leftarrow K}=0.0200\ \frac{\mathrm{mGy}}{\mathrm{MBq\cdot h}}

忽略其他器官對腎臟的交互劑量及子核貢獻。請回答下列問題：

(一) 分別計算兩成分的生物半衰期，再計算腎臟的總時間積分活度、總核轉變次數及自體吸收劑量。（12分）

(二) 計算檢查後前 120 min120\ \mathrm{min} 的時間積分活度占全時間積分活度的比例，並說明器官劑量評估為何不能僅使用物理半衰期。（8分）

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核心觀念

本題考查多成分生物排除下的有效半衰期、時間積分活度（累積活度）、核轉變總數與自體吸收劑量。腎臟活度是兩個指數衰減成分的和，因此各成分須分別積分，再將結果相加。

物理衰變與生物排除同時發生時，滿足

1Teff=1Tphys+1Tbio\frac{1}{T_{\mathrm{eff}}} = \frac{1}{T_{\mathrm{phys}}} + \frac{1}{T_{\mathrm{bio}}}

時間積分活度為

A~=∫0∞A(t) dt\widetilde A=\int_0^\infty A(t)\,dt

其單位為 MBq⋅min\mathrm{MBq\cdot min} 或 MBq⋅h\mathrm{MBq\cdot h}。由於 1 MBq=106 s−11\ \mathrm{MBq}=10^6\ \mathrm{s^{-1}}，以秒為時間單位時，A~\widetilde A 的數值乘上 10610^6 即為總核轉變次數。

解題方法

令兩成分的活度為

A(t)=55 2−t/20+20 2−t/50(MBq)A(t)=55\,2^{-t/20}+20\,2^{-t/50}\quad(\mathrm{MBq})

其中 tt 以分鐘計。對初始活度為 A0A_0、有效半衰期為 TeffT_{\mathrm{eff}} 的單一成分，

∫0∞A0 2−t/Teff dt=A0Teffln⁡2\int_0^\infty A_0\,2^{-t/T_{\mathrm{eff}}}\,dt =\frac{A_0T_{\mathrm{eff}}}{\ln 2}

(一) 生物半衰期、時間積分活度、核轉變次數與劑量

1. 計算兩成分的生物半衰期

由半衰期關係式整理：

Tbio=TeffTphysTphys−TeffT_{\mathrm{bio}} = \frac{T_{\mathrm{eff}}T_{\mathrm{phys}}} {T_{\mathrm{phys}}-T_{\mathrm{eff}}}

第一成分：

Tbio,1=(20.0)(67.7)67.7−20.0=28.4 minT_{\mathrm{bio},1} = \frac{(20.0)(67.7)}{67.7-20.0} =28.4\ \mathrm{min}

第二成分：

Tbio,2=(50.0)(67.7)67.7−50.0=191.2 minT_{\mathrm{bio},2} = \frac{(50.0)(67.7)}{67.7-50.0} =191.2\ \mathrm{min}

兩個生物半衰期皆大於相應有效半衰期，符合物理衰變與生物排除共同縮短有效半衰期的關係。

2. 計算總時間積分活度

先以 MBq⋅min\mathrm{MBq\cdot min} 計算：

A~1=(55)(20.0)ln⁡2=1587.5 MBq⋅min\widetilde A_1 = \frac{(55)(20.0)}{\ln 2} =1587.5\ \mathrm{MBq\cdot min} A~2=(20)(50.0)ln⁡2=1442.7 MBq⋅min\widetilde A_2 = \frac{(20)(50.0)}{\ln 2} =1442.7\ \mathrm{MBq\cdot min} A~total=1587.5+1442.7=3030.2 MBq⋅min\widetilde A_{\mathrm{total}} = 1587.5+1442.7 =3030.2\ \mathrm{MBq\cdot min}

換算成小時：

A~total=3030.260=50.50 MBq⋅h\widetilde A_{\mathrm{total}} =\frac{3030.2}{60} =50.50\ \mathrm{MBq\cdot h}

3. 計算總核轉變次數

將總積分活度換成秒：

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