Física de Radiaciones 2

Solución del Primer Parcial

22/10/2020

1. En el diagrama de la figura se muestra una historia simple de simulación Monte Carlo

para un fotón de 20 MeV de energía que incide sobre la superficie de un maniquí de

agua dividido en cinco elementos de volumen (vóxeles), etiquetados como A, B, C,

D y E. En la figura están referenciados con los números del 1 al 8 los puntos en los

que tienen lugar las interacciones (•), así como también las energías de los fotones

y las energías cinéticas de las partículas cargadas en los límites de los vóxeles

(referenciados con un asterisco *).

a) Indica y describe brevemente, los diferentes mecanismos de interacción que

tienen lugar desde los puntos 1 a 8. Para las interacciones 1 y 3 halla las energías

de las partículas involucradas.

1 – Dispersión Compton

La energía del fotón dispersado se puede obtener de la siguiente expresión:

ℎ𝜈′ =ℎ𝜈

1 +ℎ𝜈

𝑚0𝑐2 (1 − cos 𝜃)=

20

1 +20

0,511(1 − cos 15,9°)

= 8 𝑀𝑒𝑉

La energía del electrón es:

𝑇 = ℎ𝜈 − ℎ𝜈′ = 12 𝑀𝑒𝑉

2 – Pérdida radiativa

3 – Dispersión Compton

Puesto que el fotón dispersado tiene una energía de 4,11 MeV, la energía del

electrón es:

𝑇 = 8 − 4,11 = 3,89 𝑀𝑒𝑉

4 – Pérdida radiativa

5 – Producción de pares

6 – Aniquilación del positrón

7 – Efecto fotoeléctrico

8 – Pérdida radiativa

b) Halla la energía transferida, 𝜖𝑡𝑟, a partículas cargadas en los vóxeles.

-Vóxel A:

𝜖𝑡𝑟,𝐴 = 20 − 8 + 0 = 12 MeV

-Vóxel B:

𝜖𝑡𝑟,𝐵 = 0 MeV

-Vóxel C:

𝜖𝑡𝑟,𝐶 = 8 − 4,11 + 0 = 3,89 MeV

-Vóxel D:

𝜖𝑡𝑟,𝐷 = 4,11 − 0 − 1,022 = 3,09 MeV

-Vóxel E:

𝜖𝑡𝑟,𝐸 = 0,511 − 0 + 0 = 0,511 MeV

c) Halla la energía transferida neta, 𝜖𝑡𝑟𝑛 , a partículas cargadas en los vóxeles.

-Vóxel A:

𝜖𝑡𝑟,𝐴𝑛 = 𝜖𝑡𝑟,𝐴 − 1 = 11 MeV

-Vóxel B:

𝜖𝑡𝑟,𝐵𝑛 = 𝜖𝑡𝑟,𝐵 = 0 MeV

-Vóxel C:

𝜖𝑡𝑟,𝐶𝑛 = 𝜖𝑡𝑟,𝐶 − 0,5 = 3,39 MeV

-Vóxel D:

𝜖𝑡𝑟,𝐷𝑛 = 𝜖𝑡𝑟,𝐷 = 3,09 MeV

-Vóxel E:

𝜖𝑡𝑟,𝐸𝑛 = 𝜖𝑡𝑟,𝐸 − 0,111 = 0,4 MeV

d) Halla la energía impartida, 𝜖, en los vóxeles.

-Vóxel A:

𝜖𝐴 = 20 − 8 + 0 − 3 + 0 = 9 MeV

-Vóxel B:

𝜖𝐵 = 8 − (8 + 1) + 3 − 0 + 0 = 2 MeV

-Vóxel C:

𝜖𝐶 = 8 − 4,11 + 0 − 2,5 = 1,39 MeV

-Vóxel D:

𝜖𝐷 = 4,11 − 0,5 + 2,5 − (1 + 0,5) − 1,022 = 3,59 MeV

-Vóxel E:

𝜖𝐸 = 0 − (0,511 + 0,111) + (1 + 0,5) + 1,022 = 1,9 MeV

2. Un fotón de 10,22 MeV es dispersado por Compton en un bloque de plomo.

Determine:

a) La energía cinética transferida a partículas cargadas para los siguientes ángulos

de dispersión: 0°, 90° y 180°.

𝑇 = ℎ𝜈 − ℎ𝜈′ = ℎ𝜈 −ℎ𝜈

1 +ℎ𝜈

𝑚0𝑐2 (1 − cos 𝜃)

Para los ángulos de dispersión requeridos se tiene 0, 9,73 MeV y 9,97 MeV.

b) La energía del fotón dispersado para los siguientes ángulos de dispersión: 0°, 60°

y 180°.

ℎ𝜈′ =ℎ𝜈

1 +ℎ𝜈

𝑚0𝑐2 (1 − cos 𝜃)

En este caso, los valores son: 10,22 MeV, 0,93 MeV y 0,25 MeV.

c) La energía promedio transferida a electrones.

De la gráfica 2, la fracción de energía transferida promedio es aproximadamente

0.68. Por lo tanto, la energía transferida promedio es 6,9 MeV.

d) La sección eficaz electrónica total de Klein-Nishina y el coeficiente másico de

transferencia de energía.

De la gráfica 1,

𝜎(10,22 𝑀𝑒𝑉)𝑒 ≈ 0,05 𝑏

𝜎𝑡𝑟𝑒

𝜌=

�̅�

ℎ𝜈

𝑍𝑁𝐴

𝐴𝜎𝑒 = 8,22 ∙ 10−3 𝑐𝑚2

𝑔⁄

e) El ángulo máximo de dispersión del fotón de modo que pueda producirse

posteriormente un triplete en el seno del campo de un electrón de la capa K del

plomo.

La energía umbral para la producción de triplete es 4 veces la energía en reposo del

electrón, es decir, 2,044 MeV. Se busca, por tanto, el ángulo de dispersión del fotón

para dicha energía.

ℎ𝜈′(𝜃𝑚𝑎𝑥) =ℎ𝜈

1 +ℎ𝜈

𝑚0𝑐2 (1 − cos 𝜃𝑚𝑎𝑥)

cos 𝜃𝑚𝑎𝑥 = 0,8 → 𝜃𝑚𝑎𝑥 = 36,9°

3. Se tiene una lámina de 3 mm de plomo, pegada a un bloque de 8,0 cm de aluminio.

Un haz paralelo y colimado con fotones monoenergéticos de 6 MeV incide sobre la

lámina de plomo.

a) Halla la energía absorbida y la energía transferida en una capa de 1 mm de

espesor del bloque de aluminio ubicada a 6,0 cm de la entrada del haz.

hν = 6 MeV; xPb = 3 mm; xAl = 5,7 cm; ΔxAl = 1 mm

De las tablas:

𝜌𝐴𝑙 = 2,699 g/cm3; 𝜌𝑃𝑏 = 11,36 g/cm3

(𝜇

𝜌)

𝐴𝑙,6𝑀𝑒𝑉= 0,0264 cm2/g; (

𝜇

𝜌)

𝑃𝑏,6𝑀𝑒𝑉= 0,0429 cm2/g

(�̅�𝑡𝑟)𝐴𝑙,6𝑀𝑒𝑉 = 4,08 MeV; (�̅�𝑎𝑏)𝐴𝑙,6𝑀𝑒𝑉 = 3,93 MeV

Luego de atravesar los 3 mm de plomo emergen: 𝑁𝑃𝑏 = 𝑁0𝑒−𝜇𝑃𝑏∙𝑥𝑃𝑏 = 0,86𝑁0

De estos fotones, llegan a los 5,7 cm de profundidad en aluminio:

𝑁𝐴𝑙 = 𝑁𝐴𝑙,0𝑒−𝜇𝐴𝑙∙𝑥𝐴𝑙 = 0,86𝑁0𝑒−𝜇𝐴𝑙∙𝑥𝐴𝑙 = 0,58𝑁0

Fotones que interactúan en la capa de 1 mm:

∆𝑁 = 0,58𝑁0(1 − 𝑒−𝜇𝐴𝑙∙∆𝑥𝐴𝑙) = 4 ∙ 10−3𝑁0

Energía media total transferida a partículas cargadas:

�̅�𝑡𝑟,𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝑁 ∙ (�̅�𝑡𝑟)𝐴𝑙,6𝑀𝑒𝑉 = 0,0163𝑁0 MeV

Energía media total absorbida por el medio:

�̅�𝑎𝑏,𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝑁 ∙ (�̅�𝑎𝑏)𝐴𝑙,6𝑀𝑒𝑉 = 0,0157𝑁0 MeV

b) ¿Cuánta energía se difundió como “pérdidas” radiativas?

Lo que no fue absorbido por el medio se difundió como radiación de frenado, de

modo que:

�̅�𝑠,𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = �̅�𝑡𝑟,𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 − �̅�𝑎𝑏,𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 6 ∙ 10−4𝑁0 MeV

Gráfica 1: Sección eficaz electrónica de Compton y sección eficaz electrónica de transferencia de

energía en función de la energía del fotón incidente.

Gráfica 2: Fracción de energía transferida promedio en función de la energía del fotón incidente

para la dispersión Compton.