Antwoorden medische beeldvorming vwo met correcties M

Medische Beeldvorming
antwoorden
Medische
BEELDVORMING
VWO 5/6
Hoofdstuk 1
1
Elektromagnetisch spectrum (1)
Hoe hoger de frequentie, des te korter de golflengte. Gammastraling heeft de hoogste frequentie
en dus de kortste golflengte. De volgorde wordt: gammastraling – röntgenstraling – ultraviolette
straling – blauw licht – rood licht – infrarode straling – radiogolven.
2
a
b
c
Elektromagnetisch spectrum (2)
Transversaal. De trilling van elektrische en magnetische velden is loodrecht op de
voortplantingsrichting.
Ultraviolette straling heeft de hoogste frequentie want de golflengte is korter.
Fotonen van röntgenstraling hebben grotere energie, want de frequentie is hoger (E = h ∙ f)
3
a
Rekenen met golflengte en frequentie
De golflengte λ is 0,122 m De lichtsnelheid is 3,00∙108 m/s. Uit c = λ ∙ f volgt:
3,00 108
f   f 
 2,46 109 Hz  2,46 GHz

0,122
c
3,00 108
  
 1,5 10 10 m  0,15 nm
18
f
2,0 10
c
b
4
a
Rekenen met energie van een foton
De golflengte is 5,00∙10-9 m. Eerst de frequentie berekenen:
f 
b
c
c

 f 
3,00 108
 6,00 1016 Hz
05,00 10 9
De energie van het foton is E = h ∙ f = 6,63∙10-34 ∙ 6,00∙1016 = 3,97∙10-17 J
E = 3,0∙10-19 J / 1,60∙10-19 J/eV = 1,87 eV
Zie tabel 19A. De kleur is rood.
§ 1.2
5
a
b
De frequentie van de elektromagnetische golven is hoog. De fotonen hebben dus veel
energie. Die zeer grote energie kan door atomen niet gemakkelijk opgenomen worden, dus
kunnen de fotonen door vele atomen heen gaan.
Uiteindelijk zal die energie in warmte worden omgezet. De temperatuur van het materiaal
stijgt een klein beetje.
6
Halveringsdikte
a Halveringsdikte is de dikte van het materiaal waarbij de helft van de oorspronkelijke
stralingsintensiteit wordt doorgelaten
b Na één halveringsdikte is er nog de helft van de stralingsintensiteit over. Na twee
halveringsdiktes is dáár van nog de helft over dus: 25 %
c Een stof met kleine halveringsdikte zal de röntgenstraling sterker absorberen.
d Weefsel absorbeert minder röntgenstraling, de halveringsdikte is dan groter.
7
a
b
Rekenen met halveringsdikte
12,5 % is 1/8=(1/2)3. Het weefsel is dus drie halveringsdiktes dik. De dikte is 3∙3,7 = 11 cm
7,4 cm is 2 halveringsdiktes, er wordt dus een kwart van de stralingsintensiteit doorgelaten.
Dus 25%.
c
20 cm is 5,4 halveringsdiktes (20/1,7=5,4, de halveringsdikte past er 5,4 keer in).
Er geldt dus I = 100%(½)5,4 = 2,4 %
8
Bij d1/2 = 2,0 en x = 8,0 geldt: I = 100%(1/2)4 = 6,25%. In de grafiek staat 7,0% (Commentaar
docent: Dit is volgens mij bijna niet af te lezen. Er zou dan een deel van de grafiek uitvergroot
moeten worden). De halveringsdikte moet dus iets groter zijn. Proberen geeft d1/2 = 2,1 cm.
Oplossen kan ook: 1000,5n = 7,0 met behulp van intersect op de grafische rekenmachine geeft
n = 3,84 halveringsdikte. d1/2 = 8,0/3,84 = 2,1 cm.
9
Röntgenstraling heeft een groot doordringend vermogen en kan door weefsel heen dringen.
Alleen is voor weefsels als botten de absorptie groter dan bij zachte weefsels. De botten komen
dus in een lichtere grijstint op het fotonegatief.
§ 1.3
10
Vastleggen van het beeld
a Bij een gewone fotografische plaat zullen de meeste röntgenfotonen door de plaat heen
vliegen zonder een reactie teweeg te brengen. Om dan een goede foto te krijgen heb je véél
straling nodig en dat is niet zo gezond voor de patiënt.
b Een fosforscherm is dikker dan een fotofilm. In het fosforscherm veroorzaakt een
röntgenfoton een lichtflitsje van zichtbaar licht, dat de fotografische plaat belicht.
c Een digitaal scherm maakt het mogelijk om foto’s digitaal op te slaan en te verzenden via
internet. Het kan steeds opnieuw gebruikt worden, het contrast is beter en je hebt minder
röntgenstraling nodig om een goede foto te krijgen.
11
Angiografie
a Bloed en zachte weefsels bestaan voornamelijk uit water en hun dichtheden verschillen maar
weinig. Beide zullen ongeveer evenveel röntgenstraling absorberen. Door een contraststof in
het bloed wordt de dichtheid van het bloed flink anders dan die van het omringende weefsel.
b Men maakt eerst een maskerbeeld, zonder contraststof te gebruiken. Daarna maakt men nog
een foto maar dan met constraststof. Dit is het contrastbeeld. Vervolgens worden digitaal bij
elke pixel de grijswaarden van maskerbeeld en contrastbeeld afgetrokken. Waar het verschil
praktisch nul is wordt de pixel wit. Is er wel een duidelijk verschil dan is de pixel zeer
donker.
c Als de patiënt van plaats veranderd is, zijn masker- en contrastbeeld te sterk verschillend.
De grijswaarden van beide foto’s worden pixel voor pixel van elkaar afgetrokken. Als er
flinke verschillen tussen maskerbeeld en contrastbeeld zijn, krijg je een heleboel zwart te
zien en is de foto bedorven.
Hoofdstuk 2
§ 2.1
Maak gebruik van tabel 25 van Binas
12
Het atoom Aluminium-27
a Zie tabel 25 van Binas: het atoomnummer is 13, dus er zijn 13 protonen in de kern
b Het massagetal = het totale aantal kerndeeltjes is 27. Er zijn dus 27 – 13 = 14 neutronen
c Bij een neutraal atoom is het aantal elektronen even groot als het aantal protonen. Er zijn er
dus 13.
13
a
b
c
d
Er zijn 28 protonen. Het atoomnummer is 28. Er is sprake van nikkel. Het totale aantal
58
Ni
kerndeeltjes is 28 + 30 = 58. Je noteert dus: 28
Het atoomnummer is gelijk aan de lading in de kern. De lading van het elektron is negatief.
neutron:
proton:
alfa-deeltje:
of
positron:
14
IJzer ( 56 Fe )
a Er zijn 56 kerndeeltjes die elk ongeveer 1,67∙10-27 kg wegen.
De massa van de kern is dus 56 ∙ 1,67∙10-27 = 9,35∙10-26 kg.
b Er zijn 26 protonen in de kern (zie tabel 25), dus ook 26 elektronen. De totale massa van de
elektronen is dus 26 ∙ 9,1∙10-31 = 2,4∙10-29.
Het verhoudingsgetal is:
c
massa _ kern
9,35 10 26

 4,0 103
 29
massa_elek tronen 2,4 10
De kern is ongeveer vierduizend keer zo zwaar als de elektronenwolk.
De massa van het ijzeratoom is 9,35∙10-26 kg. (Je kan de massa van de elektronenwolk
verwaarlozen, als je die wel meerekent, is het verschil binnen de significante cijfers niet te
zien). 80,0 gram ijzer is 0,080 kg. Er zijn dus 0,080 / 9,35∙10-26 = 8,6∙1023 atomen ijzer.
Als je met de mol kan rekenen kan je het ook zo doen: 80 gram ijzer = 80/56 = 1,43 mol
ijzer. Eén mol bevalt 6,02∙1023 atomen. Er zijn dus 1,43 ∙ 6,02∙1023 = 8,6∙1023 atomen.
§ 2.2
Maak gebruik van tabel 25 van Binas
15
Radium ( 226 Ra )
a Zie tabel 25: alfa en gammastraling
4
222
b 226
88 Ra  2 He  86 Rn
c Ja, het isotoop Rn-222 zendt ook alfastraling uit
4
218
d 222
86 Rn  2 He  84 Po
16
Vervalsreacties
a Het isotoop Mo-99 zendt bètastraling uit:
b
Het isotoop H-3 (tritium) zendt ook bètastraling uit:
c
Het isotoop Po-210 zendt alfastraling uit:
99
42
Mo 
0
1
e
99
43
Tc
H  e  He
Po  He  Pb
3
1
210
84
0
1
4
2
3
2
206
82
§ 2.3
17
Calcium-47
47
0
47
a Het isotoop Ca-47 zendt bètastraling uit:
20 Ca  1 e  21 Sc
b Zie Binas: 4,54 dagen
c 24,0 h = 1,00 dag. Dat geeft n = 1,00/4,54 = 0,220 halveringstijden, en
A = 1,0∙106 ∙ 0,50,220 = 8,58∙105 Bq = 858 kBq.
d Invullen van A(t) = A(0) ∙ 0,5n geeft: 5 = 1000 ∙ 0,5n.
Oplossen met de GR geeft n = 7,644 halveringstijden. Dus t = 7,644 ∙ 4,54 = 34,7 dagen.
18
Technetium-99m
a Een halveringstijd verder in de tijd is de activiteit de helft van wat hij nu is. Als je
terugrekent, is ‘een halveringstijd geleden’ de activiteit het dubbele van wat hij nu is. In dit
geval moet je twee halveringstijden terug. Dus:
nu
2,0 kBq
6,0 uur geleden 4,0 kBq
b
12,0 uur geleden 8,0 kBq
Er geldt hier: A(t) = 8,0∙10³ ∙ 0,5n = 100.
Oplossen met de GR geeft n = 6,32, dus t = 6,32 ∙ 6,0 = 38 uur
19
Halveringstijd
a Je kan aflezen dat na 25 uur er nog een kwart van de activiteit over is dan zijn we twee
halveringstijden voorbij. t½ is dus ongeveer 12,5 uur.
b Het rijtje is:
Begin
10000
1 t½
5000
2 t½
2500
3 t½
1250
4 t½
625
Dat is dus 50 uur na het begin.
c De halveringstijd is dan ook 12,5 uur. De beginwaarde is het aantal stabiele kernen op t = 0.
d Per seconde verdwijnen gemiddeld 7.000 kernen, na 45.000 s zijn 3,15∙108 kernen vervallen.
Dat is de helft van de beginwaarde, dus N(0) = 6,3∙108 kernen.
e Neem b.v. ∆t = 1. Invullen geeft N(1) = 6,5∙108 ∙ 0,5^(1/45.000) = 649.989.988, dus
∆N = -10.012 en A = 1,00∙104 Bq = 10,0 kBq.
Een andere methode is met de GR: y1 = 6,5∙108 ∙ 0,5^(x/45000) en
CALC  dy/dx met x = 0.
20
Halveringstijd en activiteit
a De halveringstijd van P-33 is 25 dagen. Die van S-35 is 87,2 dagen. De zwavelisotoop heeft
een langere halveringstijd en is dus stabieler. Er waren evenveel kernen, dus de activiteit van
P-33 is groter.
b Na 300 dagen is de situatie waarschijnlijk omgekeerd: van het fosforisotoop zijn 12
halveringstijden voorbij, van het zwavelisotoop ongeveer 3. Dat betekent dat er bijna geen P33 over zal zijn en dus de activiteit zeer laag is. Het isotoop S-35 zal de grootste activiteit
hebben.
Met formules die in de opgaven bij §2.4 staan kan je het eventueel narekenen. De activiteit
van S-35 is na 300 dagen 105 maal zo groot als die van P-33
21
Stralende patiënt
Gebruik:
, nu is A(t) = 0,10% = 0,0010 en A(0) =100% = 1,00
De tijd is onbekend. De halveringstijd is: t½ = 6,0 h
0,0010  1,00   12 6,0 
t
 12 6,0  0,0010
t
Met de GR vind je de tijd: 59,8 uur = 60 uur.
Het kan ook met een ‘rijtje’ en kijken wanneer je uitkomt onder de 0,001:
Begin
1
1 halfwaardetijd
0,5
2 halfwaardetijden 0,25
3 halfwaardetijden 0,125
4 halfwaardetijden 0,0625
5 halfwaardetijden 0,03125
6 halfwaardetijden 0,015625
7 halfwaardetijden 0,0078125
8 halfwaardetijden 0,00390625
9 halfwaardetijden 0,001953125
10 halfwaardetijden 0,0009765625 dat is genoeg, dat is dus na 10 keer 6,0 uur is 60 uur.
§ 2.4
22
a Gammastraling heeft een geringe ioniserende werking en richt in het lichaam niet te veel
schade aan. Verder heeft gammastraling een groot doordringend vermogen en kan daardoor
gemakkelijk vanuit het lichaam naar buiten komen.
b De bedoeling is dat de radioactieve stof in tumoren terecht komt. De stofwisseling in een
tumor is actiever dan in omringende weefsels en daar zal de radioactieve stof terecht
komen. Als de patiënt veel beweegt, zal de radioactieve stof vooral in de actieve spieren
terecht komen en dat is niet de bedoeling.
23
Reactievergelijkingen
99
m
Mo  10e  9943
Tc
a Het isotoop Mo-99 zendt bètastraling uit: 42
Er ontstaat Tc-99 in de aangeslagen toestand: Tc-99m.
0
99
b Het isotoop Tc-99 zendt bètastraling uit: 99
43Tc  1 e  44 Ru
24
Activiteit en halveringstijd
a Het is gegeven dat N(0) = 5,0∙1011, t½ = 6,0 h = 6,0∙3600 = 2,16∙104 s. Invullen in de gegeven
formule levert:
A(0) 
b
De halveringstijd van Tc-99 is 2,2∙105 jaar = 2,2∙105 ∙ 365,25 ∙ 24 ∙ 3600 = 6,9∙1012 s.
Invullen in de gegeven formule levert:
A(0) 
c
0,693
0,693
 N (0) 
 5,0 1011  1,6 10 7 Bq.
4
t½
2,16 10
0,693
0,693
 N (0) 
 5,0 1011  0,050 Bq
12
t½
6,9 10
Dus één vervalsreactie in de 20 seconden.
Voor de patiënt is zo’n geringe activiteit niet schadelijk.
25
Chroom-51
a Het massagetal moet zijn 51, en het atoomnummer 24 − 1 = 23. Dat is vanadium.
Het wordt dus 51
23V .
b De activiteit is 50 kBq = 5,0∙104 Bq = A(0).
De halveringstijd is 27,5 dagen = 27,5 ∙ 24 ∙ 3600 = 2,38∙106 s.
A(0)  5,0 10 4 
0,693
0,693
 N (0) 
 N (0)  2,92 10 7  N (0)
6
t½
2,38 10
5,0 10 4
N (0) 
 1,711011
7
2,92 10
c
d
Eén atoom Cr-51 weegt 51 u = 51 ∙ 1,66∙10-27 = 8,47.10-26 kg Er zijn 1,71.1011 atomen, dus de
massa is 1,71.1011 ∙ 8,47∙10-26 = 1,45∙10-14 kg. Er is dus maar heel weinig radioactieve Cr nodig
voor nucleaire geneeskunde.
(We veronderstellen dat het chroom na die tijd nog steeds in het lichaam aanwezig is; in
werkelijkheid is het dan grotendeels door de nieren uit het bloed verwijderd). Het aantal
halveringstijden is 330/27,5=12.
26
Fluor-18
a Zie tabel 25 van Binas. Het atoomnummer van fluor is 9. Er zijn dus 9 protonen in de kern.
Er zijn 18 kerndeeltjes, dus er zijn 18 − 9 = 9 neutronen.
b Het isotoop F-18 zendt een positron uit. Dus: 189 F  10 e  188O
c Het voordeel is dat een preparaat met F-18 niet zo snel uitgewerkt is. Je zou het eventueel
per vliegtuig naar een ander land kunnen brengen en daar gebruiken.
d
e
Het nadeel is dat het vrij lang duurt voordat het isotoop is uitgewerkt. Het blijft ook na het
onderzoek een tijdje stralen.
5,5 uur = 330 minuten. Dat is drie maal de halveringstijd. Er is dus (1/2)3 = 0,125 over. Dat
is 12,5 %.
27
Energie van de gammafotonen
a Er verdwijnt 2× de massa van een elektron, dus 2 ∙ 9,11∙10-31 kg = 1,82∙10-30 kg.
Volgens de formule E = m ∙ c2 is de energie die vrijkomt bij de annihilatie:
E = 1,82∙10-30 ∙ (3,00∙108)2 = 1,64.10-13 J.
b De energie van één foton is de helft daarvan dus 8,19∙10-14 J = 0,511 MeV.
Hoofdstuk 3
§ 3.1
28
Geabsorbeerde stralingsenergie.
Het dosisequivalent is 20 mSv = 0,020 Sv. Voor bèta- en gammastraling is de weegfactor 1, dus
de dosis is ook 0,020 Gy. D 
E
E
 0,020 
→ E = 0,020∙75 = 1,5 J
m
75
29
Straling tengevolge van 40 K (zie tabel 25 Binas)
40
40
K  10e  20
Ca
a Het isotoop K-40 zendt bètastraling uit: 19
b In tabel 25 is gegeven dat er bij de reactie 1,33 MeV energie vrijkomt, dat is dus:
E = 1,33 ∙ 1,60∙10-13 = 2,13∙10-13 J
c De halveringstijd van K-40 is 1,28 miljard jaar! De afname van de activiteit in één jaar is dan
te verwaarlozen.
d De activiteit is 4,8∙103 Bq. In een jaar zijn 365,25 ∙ 24 ∙ 3600 = 3,16∙107 s. Het aantal
vervalsreacties een jaar is dus: 3,16∙107 ∙ 4,8∙103 = 1,5∙1011. De energie die dan vrijkomt is
1,5∙1011 ∙ 2,13∙10-13 = 0,032 J. De dosis is dan D 
E 0,032

 1,1 10 3 Gy = 1,1 mGy. (omdat
m
30
de weegfactor voor bètastraling 1 is, is het dosisequivalent 1,1 mSv)
30
Alfa-straling
De dosis bedraagt: D 
E 0,15

 2,14 10 3 Gy en de weegfactor voor α-straling is 20. Het
m 70
dosisequivalent bedraagt dus: H = 20 ∙ 2,14∙10−3 = 43 mSv.
31
Radongas in de buitenlucht
De radioactieve radonisotoop Rn-222 wordt in de aardkorst gevormd door het verval van andere
radioactieve isotopen. Daardoor bevat de buitenlucht, en dus ook de longen van de mens, een
kleine hoeveelheid radioactief radongas. Dit radongas geeft bij het radioactief verval in de
longen een stralingsvermogen van 5,3·10-14 W af.
4
218
a Radon zendt alfastraling uit: 222
86 Rn  2 He  84 Po
b Energie is 5,486 MeV = 8,79∙10-13 J
c Het vermogen is 5,3·10-14 J/s. De activiteit is dus 5,3·10-14 / 8,78∙10-13 = 0,060 Bq.
d Een jaar is 3,15∙107 s. De afgegeven energie is dan 3,15∙107 s  5,3·10-14 J/s = 1,67∙10-6 J.
. Dosisequivalent H = Q ∙ D = 20 ∙ 1,11∙10-5 = 0,22
mSv.
e De vervalproducten van radon zijn ook radioactief en hechten zich makkelijker aan het
longweefsel.
32
Longfoto
a Het dosisequivalent is 0,10 mSv = 0,00010 Sv. De weegfactor is 1, dus de dosis is 0,00010;
de bestraalde massa is 4,0 kg. D 
E
E
→ E = 0,00040 J
 0,00010 
m
4,0
b
0,10 MeV = 0,10 ∙ 1,60∙10-13 (zie opgave 29) = 1,60∙10-14 J.
c
Het aantal geabsorbeerde fotonen is: n 
E geabsorbeerd
Evan _ een _ foton

0,00040
 2,5 1010
14
1,60 10
§ 3.2
33
Achtergrondstraling
De achtergrondstraling is 2,5 mSv per jaar, dus per 365 dagen. 10 dagen is
10
 0,027 jaar
365
Het dosisequivalent van één röntgenfoto is 0,027 ∙ 2,5 = 0,068 mSv.
34
Halveringsdikte
a Er is 12,5 % over. Dat is 1/8 deel, dat is (1/2)3. Die laag van 33 centimeter komt dus overeen
met drie halveringsdiktes. De halveringsdikte is 11 cm.
b Kijk in Binas tabel 28E, bij beton: de energie van de gammafotonen is tussen de 5,0 MeV en
10,0MeV.
35
Stralingsbescherming
a De dikte x van de laag is 0,55 mm = 0,055 cm. De halveringsdikte van het lood is 0,0106 cm
(zie Binas tabel 28E). De dikte komt overeen met 5,19 halveringsdiktes.
(½)5,19 = 0,027 =2,7% → Er wordt dus 100% − 2,7% = 97,3 % tegengehouden.
b Het vermogen is 0,15 μW = 1,5∙10-7 W. In 25 s is de hoeveelheid stralingsenergie:
E = 25 ∙ 1,5∙10-7 = 3,75∙10-6 J. Daarvan wordt 73% geabsorbeerd, dus de geabsorbeerde
energie is 0,73 ∙ 3,75∙10-6 = 2,7∙10-6 J. De bestraalde massa is 12 kg De dosis is
D
E 2,7 10 6

 2,3.10 7 Gy. (Dat levert 0,23 μSv dosisequivalent; niet erg veel).
m
12
36
Koolstofdatering
a Er is 5160 jaar verstreken, dat is 5160/5730 = 0,90 halveringstijd.
b N = 100% ∙ 0,50,90 = 53,6%. Vervallen is dus 100 – 53,6 = 46,4%
37
Natuurlijke radioactiviteit
a C-14:
β-straler met t1/2 = 5730 jr
K-40:
β-straler (en γ) met t1/2 = 1,28∙109 j
Ra-226: α-straler (en γ) met t1/2 = 1,6∙103 j
Rn-222: α-straler met t1/2 = 3,8 dg
b C-14:
vervalt langzaam en is dus minder gevaarlijk
K-40:
vervalt uiterst langzaam en is dus niet gevaarlijk
Ra-226: vervalt ‘gemiddeld’ wat betreft tempo, maar is vooral vanwege hoog ioniserend
vermogen en dus een grote weegfactor gevaarlijk.
Rn-222: vervalt snel en dan ook nog eens via α. Duidelijk de gevaarlijkste.
Hoofdstuk 4
§ 4.1
zie ook tabel15 van Binas
38
Varen, varen
a Echolood: met behulp van geluid wordt de diepte van het water bepaald. Geluidsgolven
worden uitgezonden vanaf het schip en kaatsen op de bodem terug. Uit de tijd dat de golven
onderweg zijn geweest kan de diepte van het water berekend worden. Volgens hetzelfde
principe wordt de plaats van een foetus in de baarmoeder bepaald.
b De geluidssnelheid in zeewater van 20 °C is 1,51∙103 m/s (zie Binas tabel 15A). De tijd dat het
geluid onderweg was is 33 ms = 0,033 s. De afstand die door het geluid is afgelegd is dan
1,51∙103 ∙ 0,033 = 49,8 m. Die afstand is tweemaal de diepte van het water (het geluid gaat
heen en terug). De diepte is dus 49,8 : 2 = 24,9 m = 25 m. (2 sign. cijfers).
c Het geluid legt dan een afstand van 2 ∙ 45 = 90 m af. De tijd daarvoor nodig is:
t = s/v = 90/1,51∙103 = 0,0596 s = 59,6 ms = 60 ms.
39
Ultrageluid
a Zie tabel 27C van Binas: de frequentie van het hoorbare geluid zit (ongeveer) tussen de 20 en
20∙103 Hz.
b Zie tabel 15D van Binas: de intensiteit is 3∙104 W/m2, dan zit je ergens bij de 160 dB
c De echo’s van het geluid zijn vrij zwak: om een goede ontvangst van teruggekaatst geluid te
krijgen, moet de transducer erg intens geluid uitzenden.
d Hoorbaar geluid van 160 dB zouden je oren in een keer volkomen vernielen. Het is maar
goed dat het geluid bij echografie onhoorbaar is.
e Gebruik de formule: v = λ ∙ f . De geluidssnelheid is 1,54.103 m/s de golflengte is 0,0015 m.
Dus 1,54∙103 = 0,0015 ∙ f → f = 1,54∙103/0,0015 = 1,03∙106 Hz = 1,0∙106 Hz.
f
T
1
1

 9,74 10 7 s = 0,97 μs.
f 1,03 10 6
40
Resolutie
a v = λ ∙ f. De frequentie f is 2,5∙106 Hz. Dus 1540 = λ ∙ 2,5∙106 →
λ = 1540/2,5∙106 = 6,16∙10-4 m = 0,62 mm. Details met afmeting van 0,62 mm kunnen nog
zichtbaar gemaakt worden.
b v = λ ∙ f. De frequentie f is nu 10∙106 Hz. Dus 1540 = λ ∙ 10∙106 →
λ = 1540/10∙106 = 1,54∙10-4 m = 0,15 mm. (je kan ook redeneren: de f is 4× zo groot
geworden, de λ is dus 4× zo klein dus 6,16∙10-4/4 = 1,54∙10-4 m)
c Het geluid van 10 MHz stelt je in staat om de kleinste details te zien.
d Als de frequentie erg hoog is wordt het geluid in het lichaam sterk gedempt. Het geluid kan
dan niet diep in het lichaam doordringen.
41
Pulsfrequentie
a Als de pulsen elkaar te snel opvolgen, dan wordt de volgende puls al uitgezonden, voordat de
vorige ontvangen is. De echo´s worden dan niet goed opgevangen.
b Het uitzenden van de puls duurt 4 trillingstijden van het geluid.
T
c
d
e
1
1

 3,33 10 7 s. De duur is dus 4 ∙ 3,33∙10-7 = 1,33∙10-6 s = 1,33 μs.
f 3,00 10 6
Het geluid legt een afstand van 2 ∙ 25 = 50 cm = 0,50 m af. De snelheid van het geluid is
1,54∙103 m/s. De tijd is: t = afstand/snelheid=0,50/1540=0,000325 s = 325 μs.
Na 1,3 μs wordt de ‘staart’van de geluidspuls uitgezonden. 325 μs later is die ‘staart’terug bij
de transducer. Dat is dus op t = 326 μs
De trillingstijd van de geluidspulsen moet minimaal 326 μs zijn. De frequentie dus
maximaal: f 
1
1

 3,07 10 3 Hz = 3,1 kHz.
6
T 326 10
42
Breking van lucht naar water
a De brekingsindex is gelijk aan n = vlucht/ vlwater= 343 / 1484=0,231.
b sin i / sin r = n, invullen: sin 10°/ sin r = 0,231, dus:
sin r = (sin 10°)/o,23 = 0,174/0,231 = 0,75. Met de inverse sinus vind je dat de hoek r = 49°.
c De hoek tussen de normaal (de stippellijn) en de geluidsstraal is 49 graden.
d We berekenen de grenshoek. De hoek van breking is dan 90°. Er geldt sin g/sin 90° = 0,231
dus sin g = 0,231 en de hoek zelf is 13,4°. Bij grotere hoeken van inval wordt al het geluid
teruggekaatst.
e De frequentie blijft gelijk. Omdat v = λ ∙ f geldt dat als de snelheid v 1484/343 = 4,3× zo
groot wordt, dat dan de golflengte ook 4,3 maal zo groot wordt. De uitkomst is 43 cm.
f
Veel stralen weerkaatsen meteen aan het eerste oppervlak. Er ontstaat daardoor geen beeld
van het inwendige.
43
Echo
a v = λ ∙ f, dus λ = v/f = 1,54∙103 / 2,50∙106 = 6,16∙10-4 m = 0,616 mm.
b Het geluid legt in weefsel I bij elkaar 24 cm af. De snelheid is 1,54∙103 m/s. Het geluid wordt
door de transducer terugontvangen op t = 0,240/1,54∙103 = 1,56∙10-4 s = 0,156 ms.
c [Er staat geen c-tje voor de opgave. Waar c staat moet d staan, de vraag zonder letter
daarboven is vraag c] Voor het 2 keer passeren van weefsel I is 0,156 ms nodig (zie vraag b).
Er is dus 0,400 – 0,156 = 0,244 ms nodig geweest om 2 keer door weefsel II te gaan.
afstand = snelheid ∙ tijd → 2 ∙ x = 1,60∙103 ∙ 0,244∙10-3 = 0,390 m →
x = 0,195 m = 19,5 cm.
d Ja, geluid kan b.v. eerst op grensvlak 2 terugkaatsen, dan weer op grensvlak 1 en weer op
grensvlak 2 en dan naar de transducer gaan. In de praktijk zal zo’n derde echo nauwelijks
storend zijn, omdat de intensiteit van dat geluid heel erg klein is.
§ 4.2
44
Meting stroomsnelheid
a Als de frequentie van het teruggekaatste geluid lager is dan die van het uitgezonden geluid,
betekent dat dat het bloed van de waarnemer af beweegt. De genoemde verschilfrequentie i
s dan negatief. Als de frequentie van het teruggekaatste geluid hoger is, beweegt het bloed
naar de waarnemer toe. De verschilfrequentie is dan positief.
b De troebele urine gedraagt zich meer als een vast weefsel, minder als een vloeistof. Het
verschil tussen urine in de blaas en de omgeving is klein, er is minder weerkaatsing dan bij
heldere urine.
c Voor urine die stil staat in de blaas, is de waarde 0, er is geen verschil in frequentie.
d De hoeveelheid urine in de blaas is niet bekend.
45
Voors en tegens
a Bij redelijke verschillen in geluidssnelheid tussen weefsels is echografie geschikt. Niet voor
weefsels met veel lucht, zoals de longen want daar is de geluidssnelheid te klein, of voor bot,
daar is de geluidssnelheid te groot.
b Zonder ioniserende straling wordt een beeld gevormd. Dit beeld is er direct, er hoeft geen
foto te worden ontwikkeld.
c Deze techniek is niet voor alle weefsels geschikt.
Hoofdstuk 5
§ 5.1
46
CT-scans
a Bij een CT-scan draait een röntgenapparaat om de patiënt, er worden op deze manier
dwarsdoorsneden gemaakt.
b Bij een klassieke röntgenfoto wordt het lichaam van één kant doorgelicht, bij een CT-scan
van alle kanten.
§ 5.2
47
Een supergeleidende spoel
a Omdat supergeleidende materialen geen weerstand hebben. De draad van de spoel is zeer
lang en uiterst dun, maar de weerstand ervan is 0. Het vermogen dat verloren gaat in een
weerstand kan je schrijven als:
b Het kost wel energie, want je moet voortdurend zorgen voor een zeer lage temperatuur,
omdat er anders geen supergeleiding is. Voor het MRI-apparaat is een flinke koelmachine
nodig.
c Je wekt radiogolven op, daarmee zorg je dat de kernen in het weefsel van de patiënt ook
radiogolven gaan uitzenden. Het opvangen daarvan is de tweede manier waarop je
radiogolven gebruikt.
§ 5.3
48
Technieken voor medische beeldvorming
a De technieken zijn: röntgenfoto, ct-scan, nucleaire geneeskunde (SPECT), echografie en de
MRI-scan
b Bij de röntgenfoto en de ct-scan wordt röntgenstraling gebruikt.
c Bij de echografie en de MRI-scan wordt geen ioniserende straling gebruikt.
d Bij de nucleaire geneeskunde (en de PET-scan) worden radioactieve stoffen gebruikt
e De MRI-scan is de duurste.
f
De MRI-scan en de ct-scan brengen zachte weefsels goed in beeld.
g Géén beeld wordt gemaakt bij nucleaire geneeskunde: SPECT.
h Het meest in aanmerking komt de echografie: gemakkelijk te vervoeren; geen gevaarlijke
straling, apparaat vraagt geen groot elektrisch vermogen. Beslist niet: MRI-scan; het
apparaat is te duur, te zwaar en te groot, onderzoek duurt te lang
49
Gebruik van technieken
a Men zou het hele lichaam met een gammacamera kunnen onderzoeken. Nucleaire
geneeskunde (SPECT)
b Echografie: geen gevaarlijke straling, voor zover bekend geen schadelijke bijwerkingen.
c In aanmerking komt een CT-scan.(röntgenfoto geeft te weinig contrast; echografie werkt
niet in de longen) Een MRI-scan zou ook kunnen maar is duurder.
d Hier komt (doppler)echografie in aanmerking om de stroomsnelheden van het bloed te
meten. Eventueel ook is onderzoek met de MRI-scan mogelijk.
e Het beste is echografie: men kan dan in real time zien wat er gebeurt als de knie gebogen
wordt. Is het echogram nog te onduidelijk, dan zou een MRI- of CT-scan in aanmerking
kunnen komen.
f
Als het op een röntgenfoto niet of niet goed te zien is, komt nucleaire geneeskunde of een
CT-scan in aanmerking.
g Het beste is een DSA-röntgenfoto. Dan zijn bloedvaten goed te zien.
50
Combinatie van technieken
a Het beeld van de hersenen is gemaakt met een 3D-MRI-scan of 3D-ct-scan.
b De kleuring is het resultaat van nucleaire geneeskunde (SPECT) Daarmee kan nagegaan
worden waar in de hersenen grotere activiteit is.
51
Stress
a Bij MRI: de sterke magneet (je mag geen ijzer aan je lichaam hebben). Je ligt in een nauwe
tunnel, het duurt vrij lang en het apparaat maakt veel lawaai.
b CT-scan: ook hier lig je in een ring. Je moet vanwege de röntgenstraling tijdens de scan
geheel alleen liggen in de onderzoeksruimte. Er is een zeker risico tengevolge van de
straling.
c Nucleaire geneeskunde: je krijgt een radioactieve stof ingespoten, met een speciale injectie.
Omdat je zelf straling uitzendt, zal het ziekenhuispersoneel zoveel mogelijk bij jou uit de
buurt moeten blijven. Je ligt lange tijd alleen, totdat de ergste straling is uitgewerkt.
d De vraag is wat volgens jou zelf de beste methode is, dus dit kunnen we niet beantwoorden.
Een antwoord in de trant van: “De patiënt moet goed weten wat er gaat gebeuren en waar
het voor is”, is een mogelijk antwoord.
Hoofdstuk 6
§ 6.1
52
Hoe groot zijn pixels?
a Bij kleurenfoto’s wordt voor drie (rood, groen, blauw) kleuren een kleurwaarde opgeslagen.
Voor elke kleur één byte.
b Er zijn 700 ∙ 1024 = 717∙103 bytes. Voor een pixel is 3 bytes nodig dus zijn er:
717∙103/3 = 239∙103 pixels. De oppervlakte van de foto is 23,5 ∙ 15,4 = 362 cm2. De
oppervlakte van één pixel is dus 362/239∙103 = 1,51∙10-3 cm2 = 0,151 mm2
c
d
Het pixel is vierkant dus de afmeting = 0,151  0,389 mm.
De lengte is 20 cm. Op die lengte zijn 512 pixels. Dus de lengte van één pixel is 20/512 =
0,039 cm = 0,39 mm.
53
Hoeveel megabyte?
a Bij 12 bits is het aantal mogelijke grijswaarden 212 = 4096.
b Het aantal pixels is 2048 ∙ 2048=4194304. Per pixel is 12 bits = 1,5 byte nodig dus het aantal
bytes is 6 291 456 = 6,29 MB.
(Eén megabyte was vroeger 1024 kB en 1 kB was vroeger 1024 B zodat 1 MB overeenkwam
met 1024 ∙ 1024 = 1 048 576 bytes. Tegenwoordig is 1 MB precies 1.000.000 B. De vroegere
aanduiding MB heet nu MiB wat de afkorting is van mega binary byte)
c 4,7 GB = 4700 MB. Daar kunnen 4700/6,29 = 747 foto’s op.
54
Lage resoluties
a Bij nucleaire geneeskunde is het niet de bedoeling om een mooi beeld van organen te
maken. En de resolutie van de gammacamera (die door de collimator bepaald wordt) is ook
niet geweldig. Om een nauwkeurig computerbeeld te maken van een onnauwkeurig beeld
dat uit de gammacamera komt is niet zo nuttig.
b Bij echografie is het gewenst om real time beelden te maken zodat men interactief te werk
kan gaan. Om een snelheid van ca 25 beelden per seconde te halen moet de resolutie niet te
groot zijn.
55
Resolutie en helderheid
c Ja, want soms wil je een stukje van de digitale röntgenfoto ‘opblazen’, en dan is het nuttig
als de details van dat vergrote stuk foto er goed op te zien zijn.
d
Als je alles een grotere helderheid (meer naar het wit toe) wil geven, moet je de
grijswaarden van de pixels verhogen.
56
Contrast
a Nadeel van een te klein contrast is dat alles ongeveer even grijs is. Structuren zijn dan niet
goed te zien. Het beeld maakt een wazige indruk.
b Bij longfoto’s zijn de zachte weefsels van de longen niet goed van elkaar te onderscheiden.
Door het contrast van de foto te verhogen kan je dat flink verbeteren.
c Nadeel van een te groot contrast is dat lichte structuren volledig wit en donkere structuren
volledig zwart worden. Details ervan zijn dan niet meer te zien.
§ 6.2
57
Het negatief van een beeld maken
Wit is grijswaarde 255; zwart is grijswaarde 0. Als je van iets wits iets zwarts wil maken moet je
van 255 de grijswaarde aftrekken. Dus: nieuwe grijswaarde = 255 – oude grijswaarde.
58
Ruisonderdrukking
a De grijswaarde 250 wijkt zeer sterk af van die van de omringende pixels.
b Gemiddelde = (100 + 120 + 140 + 100 + 250 + 120 + 90 + 80 + 70)/9 = 1070/9 = 119 De
grijstint is bijna die van de pixel met grijswaarde 120.
c Zet de grijswaarden van de 9 pixels op volgorde: 70, 80, 90, 100, 100, 120, 120, 140, 250.
De middelste van het rijtje is grijswaarde 100. De mediaan is 100. De grijstint is die van het
pixel met grijswaarde 100. (dus iets donkerder dan bij vraag b).
59
Randdetectie en randvervaging
a De werkwijze is:
I
verandering van grijswaarde = 4* oude grijswaarde – boven – beneden – links –
rechts. En
II nieuwe grijswaarde = oude grijswaarde + verandering van grijswaarde.
Pixel A: verandering = 4*240 – 240 – 240 -240 -240 = 0.
De grijswaarde blijft 240
240 240 255
0
120
Pixel B: verandering = 4*240 – 240 – 240 -240 -120 = 120.
De grijswaarde wordt 240 + 120 = 360.
240 240 255
0
120
Omdat grijswaarden niet groter dan 255 kunnen
worden wordt dat dus 255. (wit)
Pixel C: verandering 4*120 – 120 – 120 - 240 -120 = -120.
240 240 255
0
120
De grijswaarde wordt 120 + (- 120) = 0 (zwart)
Pixel D: verandering = 4*240 – 240 – 240 -240 -240 = 0.
240 240 255
0
120
De grijswaarde blijft 120.
A
B
D
b De figuur komt er zó uit te zien (zie hiernaast):
240 240 255
0
120
c Pixel A: je ziet dat het middelde 240 is
Pixel B: het gemiddelde is (6*240 + 3*120)/9 =
240 240 255
0
120
1800/9 = 200
Pixel C: het gemiddelde is (3*240 + 6*120)/9 =
14401/9 = 160
Pixel D: je ziet dat het gemiddelde 120 is.
240 240 200 160 120
120
120
120
120
120
120
120
240 240 200 160
120
120
240 240 200 160
120
120
d
De figuur komt er nu zó uit te zien (zie hiernaast):
240 240 200 160
A
B
C
240 240 200 160
120
D
120
60
Welke bewerking?
a In de oorspronkelijke figuur was alles nogal grijs. In de
bewerkte figuur zijn wit en zwart duidelijker te zien. Er is
240 240 200 160 120
sprake van contrastvergroting.
b In de bewerkte figuur zijn alleen de randen zwart. De rest is
zeer licht grijs of wit. Er is gewerkt met een soort randversterking.
c In de bewerkte figuur is alles wat wit was zwart geworden en omgekeerd. Van het beeld is
het negatief gemaakt.
120
120
120