Interazione della radiazione con la
materia biologica
Esercizi
Politecnico di Bari
Ingegneria dei sistemi medicali
Prof. G.Iaselli
A cura di:
Maria Chiara Sfregola
Indice
1. Equazioni di Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2. Onde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
3. Interazione radiazioni non ionizzanti con la materia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
4. Introduzione alla fisica moderna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
5. La struttura dell’atomo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
6. Interazione radiazioni ionizzanti con la materia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
7. Principi di dosimetria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
1
Capitolo 1
2
Esercizio 1.1
Un condensatore piano con armature circolari di raggio R=20 cm, distanti d=2 cm, è collegato mediante un
circuito di resistenza trascurabile a un generatore di forza elettromotrice V = V0 sin(ωt) di resistenza
interna trascurabile con V0 = 10 V e ω = 1 rad/s .
Determinare, all’istante di tempo t∗ = 6.28 s:
1. il modulo del campo magnetico Bi in un punto interno al condensatore, a distanza ri = 10 cm
dall’asse;
2. il modulo del campo magnetico Be in un punto esterno al condensatore, a distanza re = 50 cm
dall’asse;
3. l’energia elettrostatica immagazzinata all’interno del condensatore;
4. l’energia magnetica immagazzinata all’interno del condensatore.
Si trascurino gli effetti del bordo.
Soluzione
Si applichi la legge di Ampère-Maxwell, :
I
Z
∂E
· dΣ
B · ds = µ0 ε0
s
Σ ∂t
Il campo elettrico all’interno del condensatore può essere considerato costante (si trascurano gli effetti
di bordo) e si può ricavare dalla differenza di potenziale fra le armature:
E=
V0 sin(ωt)
V
=
d
d
Si consideri una linea circolare di raggio ri concentrica all’asse del condensatore:
!
Z ri
∂ V0 sin(ωt)
V0 ω cos(ωt∗ )
r2
2πri Bi = µ0 ε0
2πr · dr = µ0 ε0
2π i
∂t
d
d
2
0
da cui si ottiene:
Bi = µ0 ε0
ri V0 ω cos(ωt∗ )
2d
e numericamente:
Bi = 4π × 10−7 × 8.85 × 10−12
10 × 1 × cos(6.28) × 10−1
= 2.78 × 10−16 T
2 × 2 × 10−2
2. Si consideri una linea circolare di raggio re concentrica all’asse del condensatore, tenendo presente
che il campo elettrico è nullo all’esterno del condensatore:
!
Z R
∂ V0 sin(ωt)
V0 ω cos(ωt∗ )
R2
2πre Be = µ0 ε0
2πr · dr = µ0 ε0
2π
d
d
2
0 ∂t
da cui si ottiene:
Be = µ0 ε0
R2 V0 ω cos(ωt∗ )
2d re
e numericamente:
Be = 4π × 10−7 × 8.85 × 10−12
10 × 1 × cos(6.28) × ×4 × 10−2
= 2.22 × 10−16 T
2 × 2 × 10−2 × 5 × 10−1
3
L’energia elettrostatica totale si calcola, tenendo presente che il campo elettrico è uniforme all’interno
del condensatore, moltiplicando la densità di energia elettrostatica per il volume del condensatore:
UE =
1 V2
1
1 V 2 cos2 (ωt∗ )
π R2
ε0 E2 · Vol = ε0 2 π R2 d = ε 0
2
2 d
2
d
e numericamente:
UE =
8.85 × 10−12 × 102 cos2 (6.28) × π × 4 × 10−2
= 2.78 × 10−9 J
2 × 2 × 10−2
Per calcolare l’energia magnetica è necessario tener presente che il campo magnetico all’interno del
condensatore non è uniforme:
Z
UB =
0
R
1 2 2 V02 ω 2 cos2 (ωt∗ )
V0 ω 2 cos2 (ωt∗ )
3
2
2π
d
r
·
dr
=
ε
µ
ε0 µ0
π R4
0
0
2µ0
4d2
16d
e numericamente:
UB = (8.85 × 10−12 )2 × 4π × 10−7
102 cos2 (6.28) × π × 16 × 10−4
= 1.55 × 10−28 J
16 × 2 × 10−2
4
Esercizio 1.2
Dimostrare che la corrente di spostamento in un condensatore ad armature parallele si può scrivere:
id = C
dV
dt
Soluzione
In un condensatore ad armature piane e parallele il campo elettrico è uniforme, per cui, indicata con V,
Σ e h rispettivamente la differenza di potenziale, l’area e la distanza fra le armature, si ha:
E=
V
h
E inoltre:
Z
E · dΣ = E Σ = V
ΦE =
Σ
Σ
h
La corrente di spostamento diventa:
id = ε0 =
d
dV
Σ dV
ΦE = ε0 ·
=C
dt
h
dt
dt
avendo effettuato la sostituzione C = ε0 Σ/h
5
Esercizio 1.3
Si consideri un condensatore piano con armature quadrate di 1,22 m di lato (vedi figura).
Una corrente di 1,84 A carica il condensatore.
(a) Qual è la corrente di spostamento nella regione tra le armature?
(b) Quanto vale dE/dt in tale regione?
(c) Quanto vale la corrente di spostamento attraverso un quadrato di lato x=0.61 m, interno al
condensatore?H
(d) Quanto vale B · ds lungo tale quadrato interno?
Soluzione
La corrente di spostamento è uguale alla corrente di conduzione.
In un condensatore piano ΦE = E Σ, per cui la corrente di spostamento è :
id = ε0
dE
d
ΦE = ε 0 Σ
dt
dt
e quindi:
dE
id
=
= 1.39 × 1011 V · m−1 · s−1
dt
ε0 Σ
La corrente di spostamento attraverso il quadrato interno di lato x=0.61 m è:
i0d = ε0 Σ0
dE
Σ0
= id
= 0.46 A
dt
Σ
La circuitazione di B lungo il quadrato tratteggiato vale:
I
B · ds = µ0 i0d = 5.78 × 10−7 T · m
S
6
Capitolo 2
7
Esercizio 2.1
Un oggetto di 5.13 kg si muove su un piano liscio sotto l’azione di una molla di costante elastica 9.88
N/cm. L’oggetto viene spostato di 53.5 cm dalla sua posizione di equilibrio e viene lanciato verso di essa
con velocità iniziale di 11.2 m/s. Si calcoli:
(a) la frequenza del moto risultante;
(b) l’energia potenziale iniziale del sistema;
(c) l’energia cinetica iniziale;
(d) l’ampiezza delle oscillazioni.
Soluzione
Calcolo la frequenza, trasformando le varie grandezze in unità del Sistema Internazionale:
r
r
k
k
1
= 13, 88 rad/sec,
f=
= 2.21 Hz
ω = 2πf =
m
2π m
L’energia potenziale iniziale del sistema è data da:
Uiniz =
1 2
kx = 141.39 J
2 0
L’energia cinetica iniziale del sistema è data da:
Kiniz =
1
mv 2 = 321.75 J
2 0
Per trovare l’ampiezza delle oscillazioni possiamo procedere in 2 modi:
1) equazioni del moto
Dato che il sistema è in condizioni di moto armonico, posso scrivere l’equazione del moto e della velocità, e imporre le condizioni iniziali, in modo da calcolare A:
(
(
(
//
A sin(ϕ) = x(0)
x(t) = A sin(ω t + ϕ)
√
...risolvendo...
(x0 ω)2 +v02
dx
Aω cos(ϕ) = v(0)
v(t) = dt (t) = Aω cos(ω t + ϕ)
A=
= 0.968 m
ω
2) energia
Nel punto in cui la massa m si arresta, l’ampiezza del moto è massima, ed è quindi A, e in quel punto la
sua energia è tutta potenziale, quindi applicando il principio della conservazione dell’energia:
r
2(Kiniz + Uiniz )
1 2
kA = Kiniz + Uiniz ,
A=
= 0.968 m
Kiniz + Uiniz = Uv=0 + Kv=0 ,
2
k
8
Esercizio 2.2
Una sbarra d’ acciaio (ρ = 7.8 · 10−3 kg/m3 , E = 2.8 · 1011 N/m2 ) di diametro d = 4 mm é utilizzata
per trasmettere delle onde longitudinali generate da un oscillatore; tali onde sono armoniche di frequenza
f = 10 Hz e ampiezza ξ0 = 0.2 mm .
(a) Calcolare la velocitá massima dei singoli punti della sbarra e confrontarla con la velocitá di
propagazione dell’onda lungo la sbarra.
(b) Calcolare inoltre la densitá di energia nella sbarra, l’intensitá dell’onda che si propaga lungo la
sbarra e la potenza dell’oscillatore necessaria per mantenere l’onda in assenza di assorbimento.
Soluzione
Dall’equazione di D’Alambert, la velocitá di propagazione dell’onda lungo la sbarra vale:
s
E
= 6 · 106 m/s
v=
ρ
La soluzione dell’equazione sarà :
ξ(x, t) = ξ0 sin(kx − ωt)
dξ
= −ξ0 ω cos(kx − ωt)
dt
Il valore massimo dell velocità di oscillazione sará:
ξ0 ω
Sapendo che:
ω = 2πf
si trova :
dξ
= 2π f ξ0 = 1.26 · 10−2 m/s
dt max
Calcoliamo la densitá di energia nella sbarra Wl . La potenza media é data da:
Pm =
1 2 2
ξ ω vρΣ = Wl vΣ
2 0
Quindi dividendo ambo i membri per vΣ, ottengo:
Wl =
1 2 2
ξ ω ρ = 0.62 · 10−6 J/m3
2 0
Calcoliamo l’intensitá dell’onda che si propaga lungo la sbarra I = Wl v :
I=
<P >
Wl vΣ
=
.
Σ
Σ
9
Si trova I = 3.69 W/m2 .
Calcoliamo la potenza dell’oscillatore necessaria per mantenere l’onda in assenza di assorbimento.
Conoscendo I e Σ, la potenza si calcola come:
2
d
P = I Σ = Iπ
= 4.64 × 10−5 W
2
10
Esercizio 2.3
L’equazione di un’onda trasversale che si propaga in una corda tesa é ξ = 2 cos[π(0.5x − 200t)].
(a) Determinare ampiezza, lunghezza d’onda , frequenza , periodo e velocitá di propagazione dell’onda.
(b) Trovare la tensione, sapendo che la corda e’ lunga 0.90 m e ha massa 0.45 kg .
Soluzione
Dall’equazione data si deduce che ξ0 = 2, k = 0.5π, ω = 200π.
Sapendo che k=
2π
λ
ed ω=
2π
T ,
si trova:
T =
2π
= 10 ms
ω
f=
1
= 100 Hz
T
Mentre f é pari all’inverso del periodo T:
La velocitá di propagazione dell’onda e’ data da:
v=
ω
= 400 m/s
k
Per determinare la tensione agente sulla corda utilizziamo l’espressione:
s
T
v=
ρ
Quindi, ponendo ρ =
m
l :
r
v=
T l
,
m
→
v2 =
T l
,
m
→
11
T =
m v2
= 8 × 104 N
l
Esercizio 2.4
Una corda con densità lineare ρ = 0.5 Kg/m é sottoposta alla tensione T = 20 N
Su di essa un’onda di ampiezza ξ0 = 10−2 m e frequenza f = 100 Hz si muove in direzione delle x
negative.
(a) Qual’é la velocitá dell’onda?
(b) Scrivere l’equazione dell’onda, calcolando i parametri k, ω, e la fase ϕ, sapendo che per x = 0 e
t = 0 l’ampiezza é massima.
(c) Qual’é la potenza media trasmessa sulla corda?
Soluzione
Dall’equazione di D’Alambert ricavo che :
s
v=
T
= 6.32 m/s
ρ
Scrivo l’equazione d’onda sapendo che per x = 0e t = 0 l’ampiezza delle oscillazioni é massima.
ξ = ξ0 sin(kx + ωt + ϕ)
Prendo il segno ’+’ davanti ad ω poiché l’onda si propaga nella direzione -x.
Quindi avró:
ω = 2π f = 2π 100 = 628 rad/s
Inoltre k sará pari a:
k=
ω
628 rad/sec
=
= 99.36 rad/m
v
6.32 m/s
Quindi per trovare ξ massimo pongo nell’equazione x=0 e t=0 , per cui avró tale valore massimo quando
il sin(ϕ) é pari a 1, cioé quando ϕ é uguale a π2 .
L’equazione finale sará pertanto :
π
ξ(x, t) = ξ0 sin 99.36x + 628t +
2
Valutiamo la potenza media trasmessa sulla corda. Ricordando che <P>= 12 ρ ξ02 ω 2 v e sostituendo , si
ottiene P = 62.31 W .
12
Esercizio 2.5
Un’onda sonora piana armonica di pulsazione ω = 2 · 103 e intensitá I = 10−6 W/m2 si puó propagare in
tre mezzi: aria, acqua, ferro, per i quali densitá e velocitá di propagazione sono rispettivamente :
Aria → ρ1 = 1.29 Kg/m3
v1 = 344 m/s
Acqua → ρ2 = 103 Kg/m3
v2 = 1493 m/s
F erro → ρ3 = 7.8 · 103 Kg/m3
v3 = 5130 m/s.
Calcolare nei tre mezzi i valori della lunghezza d’onda λ e dell’ampiezza ξ dell’onda di spostamento.
Soluzione
Per definizione di lunghezza d’onda:
λ = 2π/k = 2πv/ω
con k il numero d’onda definito come k =
dunque:
λ1 = 2π ·
λ2 = 2π ·
λ3 = 2π ·
ω
v.
La lunghezza d’onda dell’onda nei tre rispettivi mezzi vale
344 m
s
= 1080 · 10−3 = 1.08 m
2 · 103 rad
s
1493 m
s
2 · 103 rad
s
5130 m
s
2 · 103 rad
s
= 4688 · 10−3 = 4.7 m
= 16108 · 10−3 = 16 m
Si puó procedere adesso col calcolo dell’ampiezza dell’onda di spostamento.
L’intensitá dell’onda è definita come potenza media su unitá di superficie:
I=
hP i
Σ
Sapendo che l’intensitá in questo caso é anche pari a
I=
1 2 2
ρξ ω v
2 0
con :
ρ → densitá del mezzo
ξ0 → Ampiezza iniziale dell’onda
ω → pulsazione dell’onda
v → velocità di propagazione dell’onda
si ottiene :
ξ02
2I
=
→ ξ0 =
ρω 2 v
s
2I
1
=
ρω 2 v
ω
s
2I
vρ
A questo punto si può procedere con la determinazione del valore numerico dell’ampiezza dell’onda di
spostamento nei rispettivi mezzi :
Ad esempio, nel ferro:
s
1
2I
ξ3 =
= 1.1 · 10−10 m
ω v3 ρ 3
13
Esercizio 2.6
W
Un altoparlante produce nell’aria un suono di frequenza f = 2 · 103 Hz e intensitá I1 = 5.6 · 10−4 m
2
a distanza r1 = 6 m. Nell’ipotesi di emissione isotropa calcolare l’intensitá I2 alla distanza r2 = 30 m e
l’ampiezza dell’onda di spostamento ξ a r1 = 6 m e r2 = 30 m. Per la velocità del suono si usi il valore
343 m/s. Per la densità dell’aria si usi il valore 1.29 Kg/m3 .
Soluzione
Si tratta di emissione isotropa, quindi si sta parlando di onde sonore sferiche.
Siccome siamo in condizioni di emissione isotropa allora
P1 (r1 ) = P2 (r2 )
da cui, applicando la definizione di intensitá dell’onda, si ottiene :
I1 Σ1 = I2 Σ2
La condizione di emissione isotropa impone che l’onda in questione sia un’onda sferica e quindi la superficie
Σ sará una sfera e quindi Σ = 4πr2 . Si puó quindi riscrivere l’intensitá come
I1 4πr12 = I2 4πr22
ovvero
I2 = I1
r1
r2
!2
= 5.6 · 10−4
Si ricordi che :
I=
6
30
!2
= 2.24 · 10−5
W
m2
P
1
= ρω 2 ξ02 v
Σ
2
s
s
1 2I
1
1 2 2
2I
2I
2
→ ξ0 =
=
I = ρω ξ0 v → ξ0 =
2
2
ρω v
ω ρv
2πf ρv
r
1
2 · 5.6 · 10−4
ξ0,r1 =
= 1, 26 · 10−7 m
3
2π · 2 · 10
1.29 · 343
s
s
2I2
1
2I1 1
1
1
ξ0,r2 =
=
· = ξ0,r1 · = 0.254 · 10−7 m
2πf
ρv
2πf
ρv 5
5
14
Esercizio 2.7
Una superficie metallica è investita da un fascio di luce proveniente da un laser di diametro d = 3 mm.
Sapendo che l’intensità incidente è pari a 14 × 106 W/m2 , calcolare la potenza del laser. Si osserva che il
25 % dell’energia viene assorbita , il restante 75 % è riflessa. Determinare il valore dell’ampiezza del
campo elettrico incidente e il valore dell’ampiezza del campo magnetico riflesso. Calcolare la forza
esercitata dalla radiazione sulla superficie.
Soluzione
Calcolo la potenza:
d
P = Ii Σ = Ii π
2
!2
= 99 W
Sapendo che l’intensità di un onda elettromagnetica è data da:
r
1
2Ii
Ii = E02 ε0 c
→
E0 =
= 1 × 105 V /m
2
ε0 c
Dato che il 75 % dell’energia è riflessa, essendo l’energia di un onda elettromagnetica direttamente
proporzionale all’intensità, l’intensità riflessa sarà il 75 % della totale:
Ir = 0.75 Ii = 10.5 × 106 W/m2
Allora il campo magnetico sarà:
Er
1
Br =
=
c
c
r
2Ir
= 3 × 10−4 T
ε0 c
Per ottenere la forza cerchiamo la pressione di radiazione, essa sarà dovuta sia all’ onda riflessa (a cui
sarà associato un fattore 2), sia a quella assorbita:
Prad
2Ir Ia
(2 · 0.75 + 0.25)Ii
=
+ =
= 0.08 P a
c
c
c
→
15
d
F = Prad Σ = Prad π
2
!2
= 5.6×10−7 N
Esercizio 2.8
Nel vuoto un’onda EM piana si propaga lungo la direzione x. Il campo elettrico è espresso da:
Ey = E0 sin(kx − ωt) ,
con E0 = 300 V /m. Quali sono l’ampiezza e la direzione del campo magnetico associato all’onda?
Determinare l’intensità dell’onda. Se l’onda incide su un foglio perfettamente assorbente di area
Σ = 2 m2 , qual’è la forza su di esso? Si ripetano i calcoli nel caso la stessa onda si propaghi in un mezzo
con indice di rifrazione n = 2.
Soluzione
In un onda elettromagnetica deve essere soddisfatto: k × E = ωB, dove k è diretto nella direzione di
propagazionbe dell’onda. Quindi, considerando un sistema di riferimento in cui ûx × ûy = ûz , B è
diretto nella direzione positiva z. Inoltre: B0 = Ec0 = 1 × 10−6 T = 1 µT .
Quindi, calcolo l’intensità:
1 2
E ε0 c = 119, 5 W/m2
2 0
Dato che l’onda è completamente assorbita:
I=
Ii
= 3, 9 × 10−7 P a
→
c
Nel caso in cui n = 2,
c
→
n=
v
Calcolo l’ampiezza del campo magnetico nel mezzo:
Prad =
F = Prad Σ = 7, 9 × 10−7 N
v=
c
2
E0
B0 =
= 2 × 10−6 T = 2 µT
v
√
L’intensità dell’onda, sapendo che n = εr :
1
1
c
ε0 εr v E02 = ε0 n2 E02 =
2
2
n
Quindi la pressione di radiazione, e la conseguente forza
Imezzo =
Prad mezzo =
1
ε0 n c E02 = 2Ivuoto = 239 W
2
sul foglio saranno:
Imezzo
nIvuoto
Ivuoto
=
= n2
= 4Prad vuoto = 1.56 × 10−6 P a
c
v
c
n
F = Prad Σ = 3, 12 × 10−6 N
16
Esercizio 2.9
Un’onda elettromagnetica monocromatica di intensità I = 10 W/m2 si propaga in un mezzo con indice
di rifrazione n = 1.2 nella direzione positiva delle x con f = 4 × 1014 s−1 . Calcolare il modulo del campo
elettrico ed i valori di k e ω. Si supponga l’onda polarizzata linearmente a 45◦ rispetto all’asse y nel
piano zy e che per t = 0 e per x = 0, i campi abbiano il massimo valore. Scrivere le espressioni per le
componenti dei vettori E e B.
Soluzione
Calcolo il modulo del campo elettrico:
1 nE02
1
I = ε0 εr vE02 =
2
2 Z0
r
→ E0 =
2Z0 I
= 79.24 V /m
n
Calcolo i moduli di k ed ω, ricordando che n = vc :
ω = 2πf = 2.51 × 1015 rad/s
e
k=
ω
ω
ω
= c = n = 107 rad/m
v
c
n
Scrivo le espressioni per le componenti dei vettori E e B:
√
√
π
π
2
2
E0 =
E0
E0y = sin
E0 =
E0
E0z = cos
4
2
4
2
Inoltre sappiamo che che per t = 0 e per x = 0, i campi hanno il massimo valore:
E0 sin(kx − ωt + ϕ)
→
E0 sin(ϕ) = E0
→
sin(ϕ) = 1
Posso quindi scrivere le espressioni per le componenti dei vettori E e B:
(
√
Ey = 22 E0 sin(kx − ωt + π2 )
√
2
π
Ez =
2 E0 sin(kx − ωt + 2 )
(
By = −
Bz =
√
2 E0
√2 v
2 E0
2 v
sin(kx − ωt + π2 )
sin(kx − ωt + π2 )
17
→
ϕ=
π
2
Esercizio 2.10
Il campo magnetico di un onda elettromagnetica piana polarizzata linearmente lungo l’asse y si propaga
lungo x in un mezzo con εr = 80 secondo l’equazione:
B = 1.8 × 10−6 cos(4x − 8 × 107 t + ϕ) ûy
Il modulo di B è misurato in tesla. Determinare ϕ sapendo che per t = 0 e x = 0, |B| = 0, 8 × 10−6 T .
Determinare frequenza, lunghezza d’onda, ed ampiezza di E . Determinare la permeabilità magnetica µr
e l’impedenza Z del mezzo. Determinare l’energia che attraversa nell’unità di tempo una superficie
piana di area Σ = 2.3 m2 perpendicolare al campo EM.
Soluzione
Calcolo ϕ:
0, 8 × 10−6 = 1, 8 × 10−6 cos(ϕ)
→
cos(ϕ) = 0.44
→
ϕ = 63.6◦
Calcolo frequenza, lunghezza d’onda di E , che sono le stesse di B dato che i due campi sono in fase:
f=
8 × 107
ω
=
= 1, 27 × 107 Hz
2π
2π
e
λ=
2π
2π
=
= 1.57 m
k
4
Calcolo l’ampiezza di E:
ω
8 × 107
= (1.8 × 10−6 )
= 36 V /m
k
4
E0 = B0 v = B
Per gran parte dei materiali n =
n=
√
√
εr , ma questo non è il caso. Infatti:
εr µr
→
µr =
r
r
1
εr
2
c
= 2.81 H/m
v
L’impedenza del mezzo:
Z=
µ
=
ε
µ0 µr
= 70.6 Ω
ε0 εr
La potenza vale:
< P >= IΣ =
1 E02
Σ = (9.17 × 2.3) W ≈ 21 W
2 Z
18
Capitolo 3
19
Esercizio 3.1
Un’antenna di diametro d=0.75 memette onde di frequenza f=3000 MHz con una potenza P=1000 W.
Si calcoli l’intensità a 250 m, e a quale distanza l’intensità sarà 100 W/m2 .
Soluzione
f = 3000 · 106 Hz
λ=
c
3 · 108
= 0.1 m
=
f
3000 · 106
Calcoliamo a quale distanza possiamo parlare di "campo lontano"
R>
d2
λ
R=
d2
(0.75)2
=
= 5.62 m
λ
0.1
Nelle condizioni di campo lontano possiamo approssimare le onde EM come onde sferiche.
In prossimità dell’antenna:
P
= 2263 W/m2
I0 =
π( d2 )2
Ad r=250 m siamo nella regione di campo lontano. Supponiamo che per r=R l’intensità sia ancora I0 .
Successivamente, all’aumentare di r, l’intensità decresce come r12
I(250 m)
I(250 m)
(5.62)2
=
=
I(5.62 m)
I0
(250)2
I(250 m) =
(5.62)2
· I0 = 1.14 W/m2
(250)2
A quale distanza l’intensità sarà 100 W/m2 ?
100 W/m2
100 W/m2
(5.62)2
=
=
= 26 m
I(5.62 m)
I0
r2
20
Esercizio 3.2
Si calcoli il coefficiente di penetrazione nei tessuti dei muscoli per una radiazione di 2450 MHz. A quale
profondità sarà assorbita il 95% della radiazione? (Si assuma σ=2.21; ’r =47).
Soluzione
L’intensità varia secondo l’equazione:
z
I = I0 e−2 δ
Dove δ è una lunghezza, data da:
c
δ=
ω
q
q
0r
2(
dove ω= 2πf
σ
1
2 − 1)
1 + ( ωpol
0 )
0
r
Si ottiene δ=1.66 cm.
Sopravvive il 5% di intensità se:
2z
If
= 0.05 = e− δ
I0
2z
ln 0.05 = −
⇒ z = 2.5 cm
166
Dopo una lunghezza pari a δ, l’intensità si riduce a:
If
= e−2 = 0.135
I0
Quindi più dell’86% di energia viene assorbita.
La velocità di produzione di calore nei tessuti biologici è inversamente proporzionale a δ 2 . Quindi per
piccoli valori di δ il riscaldamento sarà più veloce.
Nei tessuti muscolari, ricchi di acqua:
δ ≈ 1.67
Nei tessuti grassi con poca acqua:
Si trova:
∆T
∆t
δ ≈ 8.1
∆T
∆t
muscolo =
grasso
21
8.1
1.67
2
≈ 23
Esercizio 3.3
La costante dielettrica dei tessuti del cervello è r ’=82 e la resistività è ρ =1.88 Ohm·m a 100 MHz.
Quale sarà la lunghezza d’onda della radiazione nel cervello?
Soluzione
λ0 =
c
= 3m
f
σ=
1
ρ
Si può dimostrare che nel passaggio fra aria e tessuto la lunghezza d’onda cambia come
v
s
u
2
σpol
λ0 u
t1 1
1+ 0
λ= p
+
ωr 0
r 0 2 2
Si ottiene:
λ = 0.3 m
La frequenza della radiazione è sempre la stessa, ma la velocità di propagazione nel tessuto cambia, e
quindi cambia la lunghezza d’onda.
f λ0 = c;
fλ = v
⇒ λ = λ0
v
c
⇒ λ < λ0
22
Capitolo 4
23
Esercizio 4.1
Un protone ha una energia totale tre volte la sua massa a riposo (E=3 mp c2 ). Quale è la sua velocità e
la sua energia cinetica?
Soluzione
Energia a riposo del protone:
mc2 = 938 MeV
E = 3 mc2 = γmc2
3= q
1
1−
u2
c2
√
u2
1
1− 2 =
c
9
u=
8
c = 2.83 · 108 m/sec
3
L’energia cinetica vale:
K = E − mc2 = 3mc2 − mc2 = 2mc2
K = 1876 MeV
Quale è la quantità di moto?
Si ricordi che:
E 2 = p2 c2 + (mc2 )2
9(mc2 )2 = p2 c2 + (mc2 )2
p = 2650
24
M eV
c
Esercizio 4.2
Si calcoli l’aumento di massa per una collisione completamente inelastica tra due masse di 0.5 kg che si
avvicinano con velocità u=450 m/sec
Soluzione
u
4.5 · 102
= 1.5 · 10−6
=
c
3 · 108
Poichè
u2
<< 1
c2
1
q
1 − cu2
≈1+
2
Dall’equazione:
∆M = 2m( q
Si ottiene:
∆M ≈ m
1
1 − cu2
− 1)
2
u2
= 1.1 · 10−11 Kg
c2
L’aumento di massa non è percepibile a basse velocità.
25
1 u2
2 c2
Esercizio 4.3
Un elettrone è confinato in una buca insormontabile di larghezza L=0.2·10−9 m .
Determinare i livelli energetici dell’elettrone
Soluzione
En =
con
h=6.63·10−34 J·s
h=4.15·10−15 eV·s
h2
· n2
8me L2
me = 9.11 · 10−31 kg
me = 0.51 MeV/c2
Si trova:
E1 = 9.42 eV
E2 = E1 · 4 = 37.7 eV
E3 = E1 · 9 = 84.8 eV
Quale è la velocità dell’elettrone nel livello n=1? Si suppone che l’energia sia tutta cinetica:
r
1
2E1
2
E1 = me u
⇒
u=
= 1.82 · 106 m/sec
2
me
Supponiamo adesso di avere un pallone di massa m=0.5 kg confinato in uno stadio con L=100 m
E1 =
h2
= 1 · 10−71 J
8mL2
r
2E1
= 6.63 · 10−36 m/sec
m
La velocità è talmente piccola che il pallone può essere considerato fermo.
u=
Se il pallone ha una velocità di u=150 m/sec, attraverso quanti stati di energia transita prima di fermarsi?
E=
1
mu2 = 5.62 · 103 J
2
Da
E=
Ricavo n:
h2
· n2
8mL2
r
n=
8mL2 E
h2
n = 2.26 · 1037
Il pallone fa la transizione attraverso un infinito numero di livelli energetici molto vicini.
A livello macroscopico non ci accorgiamo delle transizioni.
26
Esercizio 4.4
Un elettrone è confinato in una zona limitata con una barriera di 40 eV. Se l’energia dell’elettrone è 30 eV,
quale è la possibilità che l’elettrone possa trovarsi al di là della barriera, se questa è spessa L=1.0·10−9 m?
Soluzione
U = 40 eV
E = 30 eV
(U − E) = 10 eV = 1.6 · 10−18 J
r
2me (U − E)
C=
~2
2LC = 32.4
La probabilità di superare la barriera è:
T = e−2CL = e−32.4 = 8.5 · 10−15
Se invece la barriera è L=0.1·10-9 , si trova:
T = e−2CL = e−3.24 = 0.039 (3.9%)
27
Esercizio 4.5
Consideriamo un urto tra due masse uguali m. L’urto sia completamente anelastico nel sistema S in
quiete, dove le particelle si muovono con velocità u 1 = 12 c ed u 2 =− 12 c .
Si studi la conservazione della quantità di moto in sistema S’ con velocità relativa v rel = 12 c rispetto al
sistema in quiete.
Soluzione
Nel sistema S la quantità di moto si conserva.
Pin = γ1 mu1 − γ2 mu2
Pf = γM V = 0
Inoltre
M=q
m
1−
u21
c2
m
+q
1−
u22
c2
=q
2m
4m
= √
3
1 − ( 21 )2
Nel sistema S’ in moto con velocità relativa v rel = 12 c si ha:
u01 = 0
Dalle trasformazioni di Lorentz per le velocità si ottiene:
u02 =
u2 − vrel
1 − u2 vcrel
2
4
u02 = − c
5
V
−
v
1
rel
V0 =
vrel = − c
1 − V c2
2
V=0
Calcoliamo la quantità di moto iniziale del sistema S’
0
Pin
= γ10 mu01 + γ20 mu02
4
0
Pin
= γ20 m − c
5
con:
1
γ 02 = q
1−
28
u02 2
c2
=
5
3
Quindi la quantità di moto iniziale del sistema S’ è:
4
5 4
0
Pin
= m (− c) = − mc
3 5
3
Calcoliamo la quantità di moto finale nel sistema S’:
0
Pf0 = γM
MV 0
con:
Si ottiene:
1
V0 =− c
2
4m
M= √
3
4
Pf0 = − mc
3
29
1
γ 0M = q
1−
V 02
c2
2
=√
3
Capitolo 5
30
Esercizio 5.1
Il
226
Ra subisce il decadimento α:
226
Ra →
222
86 Rn
+α
Calcolare il Q valore della reazione
Soluzione
Massa
226
Massa
222
86 Rn
Ra = 226.025402 u
= 222.017570 u
Massa α = 4.002 603 u
Q = (MRa − MRn − Mα )c2
Ricordando che uc2 = 931.5 MeV, si ottiene :
Q = (226.025402 − 222.017570 − 4.002603) uc2
Q = 4.87 MeV
Questa energia è disponibile come energia cinetica dei prodotti di decadimento. Una piccola parte verrà
presa dal nucleo e la gran parte dalla particella α.
Conservazione della quantità di moto dopo il decadimento:
0 = MRn · VRn − Mα · Vα
Conservazione energia
1
1
2
MRn · VRn
+ Mα · Vα2
2
2
M
222
1
Rn
Mα · Vα2 = Kα = Q
= 4.87 ·
= 4.79 MeV
2
MRn + Mα
222 + 4
Q=
31
Esercizio 5.2
Si consideri il decadimento β 23
10 N e
→
23
11 N a
+ e− + ν̄
Quale è la massima energia cinetica dell’elettrone emesso?
Soluzione
Massa
Massa
23
N e = 22.9944669 u
23
N a = 22.989770 u
Q = (MNe − MNa )c2
Ricordando che uc2 = 931.5 MeV, si ottiene :
Q = (22.9944666 − 22.998770) uc2
Q = 4.375 MeV
Una piccola parte di energia viene utilizzata per il rinculo del nucleo (si deve conservare la quantità di
moto).
Quindi l’energia cinetica dell’elettrone vale, al massimo:
Ek ≈ 4.375 MeV
al massimo
Questo valore dipende da quanta frazione di energia di porta via il neutrino
32
Esercizio 5.3
Si studino i decadimenti del
40
19 K
.
Soluzione
Si consideri il decadimento β − :
40
19 K
→
40
20 Ca
+ e− + ν̄
[ β-]
Qβ − = [M (K) − M (Ca)]c2
= [39.963707 − 39.962591] · 931.5 MeV
Qβ − = 1.312 MeV
Si consideri il decadimento β + :
40
19 K
→
40
18 Ar
+ e+ + ν
[ β+]
Qβ + = [M (K) − M (Ar) − 2mc ]c2
Qβ + = [39.963 − 39.962 − 2 · 0.000549] · 931 MeV
Qβ + = 0.482 MeV
Si consideri la cattura elettronica:
40
19K
+ e- → 40
18Ar + ν̄
QCE = [M (K) − M (Ar)]c2
QCE = [39.963707 − 39.9623] · (931.5 MeV)
QCE ≈ 1.5 MeV
Si è utilizzata la conversione uc2 = 931.5 MeV
33
Esercizio 5.4
Si consideri la catena di decadimenti dell’uranio:
238
92 U
→
206
82 P b
Si trovi il Q valore della catena e si trovi la potenza liberata per grammo di
238
U.
Soluzione
Ainiziale = 238
Afinale = 206
∆A = 32
−
Poichè ∆z=10, ci devono essere anche 6 decadimenti β per conservare la carica.
Calcoliamo il Q valore:
Q = [M(238 U ) u − M(206 P b) u − 8 · 4.0026 u] · 931.5 MeV/u = 51.7 MeV
Q = 51.7 MeV
Un grammo di
238
U contiene:
Natomi =
Per
238
1
· 6 · 1023
238
atomi
U:
T1/2 = 4.5 · 109 anni
λ=
0.693
ln(2)
1
=
·
9
T 12
4.5 · 10 3.16 · 107 sec
λ = 4.9 · 10−18 sec-1
In un grammo di
238
U il numero di decadimenti è:
Ndec = Natomi · λ = 12.000 decad/sec
Quindi in totale:
P = 12 · 103
dec
Mev
Joule
· 51.7
· 1.6 · 10−19
sec
dec
eV
P = 1.0 · 10−7 Watt
34
Esercizio 5.5
Si consideri la catena radioattiva del 226 Ra. Avendo a disposizione 1 Ci di
determinare quanto 222 Rn (T1/2 = 8.32 giorni) si forma in 5 anni.
226
Ra (T1/2 =1620 anni),
Soluzione
226
226
Ra →
Ra −→
222
Rn −→
N2 (t) =
λ1
N01(e−λ1t−e−λ2t)
λ2 - λ1
N2 (t) =
λ1
λ1
N01 (e−λ1 t ) =
N1 (t)
λ2
λ2
(ipotizziamo N02 =0)
Poichè λ2 »λ1
N2 =
λ1
N1
λ2
N2 λ2 = N1 λ1
Si ricordi che:
R=
Quindi
P o → ...
T1/2 = 8.32 giorni
222
Rn →
λ2 = 9.64 · 10−7 s
T1/2 = 1620 anni
λ1 = 1.36 · 10−11 s
Deve essere:
218
⇒ M2 =
R2 = N1 λ1 = R1
*
λM NAV
A
R2 · A2
R1 · A2
1 · Ci · 3.7 · 1010 · 222
=
=
λ2 · NAV
λ2 · NAV
6 · 1023 · 9.64 · 10−7
M2 = 1.42 · 10−5 g
* Il tempo T = 5 anni è è molto maggiore del tempo di dimezzamento del Radon 222.
Siamo quindi nel caso di equilibrio secolare.
35
Esercizio 5.6
Un nucleo di
236
92 U
decade da fermo in
90
37 Rb
e
143
55 Cs
più alcuni neutroni, secondo la reazione:
1
1
1
→ 90
37 Rb +0 n +0 n +0 n
236
92 U
+
143
55 Cs
Calcolare la differenza tra la massa iniziale e quella finale.
Soluzione
∆m = MU − (MRb + MCs + 3mn )
∆m = 2.9 · 10−28kg
Mce = 142.927352 u
MU = 236.045568 u
MRb = 89.914802 u
mn = 1.008 u
−27
1 u = 1.660 · 10
1 u = 931.5M eV /c2
kg
∆m = 165.4 MeV/c2
Quanta energia viene rilasciata nella fissione?
Q = ∆m · c2
Q = 165.4 MeV
Quale è l’energia rilasciata da un kg di uranio?
Numero di nuclei contenuti in un kg di uranio:
N=
6.02 · 1023 nuclei/mole
· 1000 g
236 g/mole
N = 2.55 · 1024 nuclei
E = Q · N = 2.55 · 1024 · 165.4
≈ 420 · 1024 MeV
≈ 6.7 · 1013 Joule
Per confronto 1 kilowattora=3.6·106 Joule.
36
Esercizio 5.7
Per definizione la vita media è data da:
τ=
1
N0
∞
Z
N0 e−λt dt
0
Come si può misurare la vita media?
Soluzione
Se la vita media è breve, posso apprezzare la variazione di attività della sorgente facendo due misure
distanziandole di un certo intervallo di tempo. Ricordiamo che:
R = λ N0 e−λt
Calcoliamo quanti decadimenti ci sono in un intervallo ∆t a partire da t1
Z
t1 +∆t
D1 =
λN0 e−λt dt = N0 e−λt1 (1 − e−λ∆t )
t1
Calcoliamo quanti decadimenti ci sono in un intervallo ∆t a partire da t2
Z
t2 +∆t
D2 =
λN0 e−λt dt = N0 e−λt2 (1 − e−λ∆t )
t2
e−λt1
D1
= −λt2 = eλ(t2 −t1 )
D2
e
λ=
1
D1
· ln
t2 − t1
D2
Per vite medio lunghe non è apprezzabile la variazione di attività nel tempo, e non possiamo procedere
con il metodo utilizzato prima. Dobbiamo conoscere il numero di atomi (o il peso) della sostanza M.
Ricordiamo che:
R = λ N0 e−λt = λN
Se il tempo della misura è breve:
N0 e−λ ≈ cost = N
⇒
R = λN
con N=
λ=
λ=
R
N
NAV · M
A
R
A
NAV · M
τ=
1
NAV · M
=
λ
R·A
Si misura R (numero di decadimenti sec) e si ricava τ , nota M ed A.
37
Esercizio 5.8
Un pezzo di legno carbonizzato di M=25 g viene rivenuto in alcune rovine antiche. Si misura una
attività R=250 dec/min di 14 C. Si dati il reperto. (Per il 14 C, T1/2 =5.730 anni)
Soluzione
Il
14
C decade secondo la segente reazione:
14
6 C
−→
14
7 N
+ e+ + ν
↓
12
6 C
+ e+ + ν
Il 14C è prodotto continuamente in atmosfera ed entra nel metabolismo degli organismi viventi. Finchè
14
tale metabolismo è attivo 12CC ≈ 1.3· 10-12.
Se l’organismo cessa di essere vitale, non assorbe più 14 C.
Per il 14 C, T1/2 =5.730 anni, e quindi:
λ=
0.693
= 3.88 · 10−12 sec-1
T 12 · 3.16 · 107 sec
(1 anno ≈ 3.16 · 107 ≈ π · 107 )
In 25 g di
12
C ci sono:
n=
25
= 2.083 moli
12 g/moli
e quindi il numero di atomi è:
N12 C = 2.083 · NAV = 1.25 · 1024 nuclei
(abbiamo fatto l’ipotesi che la quantità di
Al tempo t=0 vi erano dunque un numero di nuclei di
14
14
C sia trascurabile)
C
N14C = 1.3 · 10-12 · N12C = 1.63 · 1012 nuclei
L’attività iniziale a t=0 era:
R0 = λN0 = 3.88 · 10−12 · 1.63 · 1012 = 6.24 dec/sec
R0 = 374 dec/min
Da
R = R0 · e−λt ⇒ e−λt =
t=
R
R0
1
R
ln( )
λ
R0
t = 1.06 · 1011 sec = 3.3 · 103 anni
38
Esercizio 5.9
Tre diversi campioni di roccia hanno i seguenti rapporti tra
Si datino i campioni.
238
Ue
206
Pb: r=0.5; 1.0; 2.0.
Soluzione
Poichè T1/2 di 238 U è molto grande rispetto ai corrispondenti valori dei prodotti delle catene, siamo nel
caso di equilibrio secolare e possiamo considerare solo il decadimento 238 U.
atomi iniziali di
238
atomi attuali di
238
U
N0
U
N = N0 e−λt
Ci sono stati (N0 - N0 e-λt ) decadimenti che hanno prodotto altrettanti atomi
r=
# 238 U
1
N0 e−λt
= +λt
=
206
#
Pb
N0 − N0 e−λt
e
−1
Risolvendo per t
t=
λ=
1
1
ln( + 1)
λ
R
0.693
, con T1/2 = 4.5 · 109 anni
T1/2
r = 0.5 −→
t = 7.1 · 109 anni
r = 1.0 −→
t = 4.5 · 109 anni
r = 2.0 −→
t = 2.6 · 109 anni
39
206
Pb
Capitolo 6
40
Esercizio 6.1
Una piccola sorgente di fosforo 32P (il fosforo decade in zolfo 32 ) con una attività di 3.7·1010 Bq è posta
all’interno di una schermatura di piombo per fermare le partcelle β. Quale è il flusso di Bremsstrahlung
ad una distanza 10 cm dalla sorgente?
32
−
−→ 32
15 P
16 S + e + ν̄
Soluzione
Si ricordi che T1/2 del 32
15 P è 14.29 giorni.
La massima energia del β è 1.71 MeV. Utilizzando la relazione:
f = 3.5 · 10−4 · Z · Em
con Z Piombo=82; Em =1.71 MeV, si ottiene:
f = 0.049
Possiamo considerare questo parametro f come la probabilità che venga emesso un fotone dall’elettrone.
In totale sono emessi al secondo su tutto l’angolo solido:
Nfotoni
= f · 3.7 · 1010
sec
Ad una distanza R=10 cm arrivano:
Nfotoni
f · 3.7 · 1010
2 =
4πR2
sec cm
Nfotoni
≈ 15 · 105
sec cm2
41
Esercizio 6.2
Un composto contiene 90% di rame (Cu, u=63.57) e il 10% di alluminio (Al, u=26.98). La densità del
composto è ρ=7.6 g/cm3 . Calcolare i coefficienti µ e µρ per un fascio di fotoni di 0.4 MeV. Le sezioni
d’urto su Cu e Al a questa energia sono rispettivamente 9.91 e 4.45 barn
Soluzione
Ricordiamo che
N = N0 e−σnx
con µ = σn
In questo caso
µ = σ1 n + σ2 n


n1 =
σ1 = 9.91 · 10−24 cm2
(grammi
NAv atomi/mole
63.57 grammi/mole · ρ
cm3
n1 = 6.5 · 1022 atomi/cm3
· (0.9)
n2 =
σ2 = 4.45 · 10−24 cm2
(grammi
NAv atomi/mole
26.98 grammi/mole · ρ
cm3
n2 = 1.7 · 1022 atomi/cm3
· (0.1)




µ = σ1 n + σ2 n
µ = 0.72
µρ =
1
cm
µ
0.72
=
= 0.095 cm2 /g
ρ
7.6
42
Esercizio 6.3
Si calcoli lo spessore di una lastra di alluminio per attenuare del 90% un fascio di fotoni da 0.1 MeV. Si
ripeta il conto per il piombo.
Soluzione
Si ricordi che:
1
cm
1
Piombo:
µP (E = 0.1M eV ) = 59.8
cm
N
N
N = N0 e−µx −→
= e−µx −→
= 10% = 0.1
N0
N0
Alluminio:
µAl (E = 0.1M eV ) = 0.435
0.1 = e−µAl ·x
Alluminio:
⇒ x = 5.3 cm
0.1 = e−µP ·x
Piombo:
⇒ x = 0.038 cm
Calcolare lo spessore di densità:
ρ = 2.7 g/cm3
Alluminio:
ρx = 2.7 · 5.3 = 14.3 g/cm2
ρ = 11.34 g/cm3
Piombo:
ρx = 11.34 · 0.038 = 0.435 g/cm2
Si ripeta l’esercizio per fasci di fotoni di 1 MeV.
µAl = 0.166
1
cm
µP = 0.772
xAl = 13.8 cm
ρxAl = 37.4 g/cm
1
cm
xP = 3 cm
2
ρxP = 33.6 g/cm2
A bassa energia il piombo è un assorbitore migliore. Ad alte energie lo "spessore di massa" è equivalente.
43
Esercizio 6.4
Consideriamo due tessuti biologici in successione aventi coefficienti di assorbimento dei raggi X di
µ1 =0.6 cm-1 e µ2 =0.15 cm-1 . Per raggiungere un terzo tessuto il fascio deve superare 2.5 cm del primo
tessuto e 4 cm del secondo. Quale percentuale di raggi X arriva al terzo tessuto?
Soluzione
N1 = N0 e−µ1 x1
N2 = N1 e−µ2 x2 −→ N2 = N0 e−µ1 x1 · e−µ2 x2
N2
= e−µ1 x1 · e−µ2 x2 = e−(µ1 x1 +µ2 x2 )
N0
N2
= 12.2%
N0
44
Esercizio 6.5
Si considerino i fasci di raggi X da 70 KeV e raggi gamma da 1 MeV che attraversano i seguenti tessuti
biologici:
(a) 15 cm di muscolo;
(b) 12 cm di muscolo più 3 cm di osso.
Si assuma, per la densità dell’osso il valore 1.85 g/cm3 e per la densità del muscolo il valore 1.19 g/cm3.
Si faccia riferimento alla tabella seguente per i valori del coefficiente di assorbimento massico.
µ/ρ
Raggi X
Raggi γ
Si calcoli il "contrasto"
Nm
Nm+oss
Muscolo
0.19
0.076
Osso
0.273
0.067
per entrambi i fasci.
Soluzione
Raggi X
Nm = N0e−0.19·1.19·15 = N0 · 0.0435
Nm+oss = N0e−0.19·1.19·12 · e−0.273·1.85·3 = N0 · 0.0179
Nm
Nm+oss
= 2.53
Nel caso di raggi γ da 1 MeV
Nm = N0e−0.076·1.19·15 = N0 · 0.285
Nm+oss = N0e−0.076·1.19·12 · e0.067·1.85·3 = N0 · 0.250
Nm
= 1.139
Nm+oss
Contrasto
Raggi X
Raggi γ
Nm
Nm+oss
2.53
1.139
Si ottiene un contrasto migliore con i raggi X.
45
Esercizio 6.6
Le linee di emissione di raggi X da una targhetta di argento sono:
Kα = 0.022 MeV
Kβ = 0.0255 MeV
I raggi X vengono filtrati da un assorbitore di Piombo (ρ=11.3 g/cm3 ).
Quale deve essere lo spessore della lastra per ridurre l’intensità della linea Kα ad
In questo caso di quanto si ridurrà l’intensità della linea Kβ ?
1
15
Soluzione
É noto che, a E=10 KeV
µ
= 131 cm2 /g
ρ piombo
Siamo nella regione in cui è predominante l’effetto fotoelettrico.
1
σα 3
E
⇒
−σnx
N = N0 e
µ = 131 · 11.3 = 1480 cm-1
3
10
= 139 cm-1
µ1 = µ ·
22
3
10
µ1 = µ ·
= 95 cm-1
25
a 10 KeV
a 22 KeV
a
1
µα 3
E
25 KeV
Per la radiazione Kα :
1
N
=
= e−139·x0
N0
15
x0 = 0.019 cm
N = N0 e−µ1 x
Per la radiazione Kβ , dopo x0 =0.019 cm:
N
= e−µ2 ·x0 = e−95·0.019
N0
N
= 0.164 (≈ 16%)
N0
46
di quella iniziale?
Capitolo 7
47
Esercizio 7.1
Questo esercizio si riferisce ad un caso di avvelenamento da sostanza radioattiva realmente avvenuto
(caso di avvelenamento di Alexander Litvienko, 23 novembre 2006).
Un soggetto avente massa di 70 Kg ingerisce 10 µg di polonio 210 sotto forma di clorato, il cui periodo di
dimezzamento è di 138 giorni, che emette radiazioni α da 5.3 MeV.
Supponendo una distribuzione omogenea nell’organismo, valutare la dose di radiazione assorbita
nell’arco di 30 g e descrivere le conseguenze.
(Il polonio 210 decade in piombo 206 ed una particella alfa).
Soluzione
Poiché una mole di Polonio 210 ha una massa di 210 grammi, il numero di nuclei nel nostro campione di
10 microgrammi è:
N0 =
NAV · M
10 · 10−6 g
= 6 · 1023 ·
A
210 g
N0 = 3 · 1016 nuclei
Per il
210
PO :
λ=
ln(2)
ln(2)
1
=
=
T1/2
138
199
1
giorni
Dopo 30 giorni sono decaduti:
30 giorni
N30 = N0 (1 − e−λt ) = 3 · 1016 (1 − e 199 giorni ) = 4.2 · 1015
N30 = 4.2 · 1015
In ogni decadimento viene emesso un α con E=5.3 MeV che viene assorbito dall’organismo.
Dose totale:
∆E
5.3 MeV · 4.2 · 1015
D=
=
∆M
70 Kg
D = 50.9 Gy
Dose assorbita.
Poiché per le particelle α, il coefficiente RBE vale 20, la dose equivalente è:
H = D · 20 = 1018 Sv
Inoltre la dose oraria (30 giorni= 720 ore) è:
Ḣ =
108
= 1.4 Sv/h
720
Queste sono le dosi medie su tutto il corpo.
A livello di singoli organi, le dosi sono ben più elevate e quindi fatali.
48
Esercizio 7.2
Un operatore in ambiente radioattivo viene esposto a 150 Roentgen di raggi X da 200 KeV. Stimare la
dose assorbita e la dose equvalente.
Soluzione
Si possono utilizzare le seguenti approssimazioni: in aria 1 Roentgen è equivalente a 8.7 10-3 Gy, mentre
in un tessuto biologico 1 Roentgen è equivalente a 10 10-3 Gy,
Quindi:
150 Rentgen = 1.5 Gray
Sapendo che a 200 KeV il coefficiente RBE vale 1, la dose equivalente è:
H = 1.5 Sievert
Se lo stesso operatore assorbe una dose di D = 3.5 Gy da protoni con RBE = 2, quale sarà la dose
equivalente?
H = 3.5 · 2 = 7 = 7 Sv
49
Esercizio 7.3
Una sorgente di 60 Co da 3.5 KCi è immersa in un contenitore di piombo. Determinare quale spessore
devono avere le pareti affinché la dose esterna non superi 400 µGy/h ad un metro di distanza.
Soluzione
60
27 Co
−→
60
∗
28 N i
+ e− + v̄
↓
60
28 N i
+ γ1 + γ2
60
ll tempo di dimezzamento T1/2 del Co è 5.27 anni= 1.6 ·108 secondi. Il cobalto emette un raggio beta
con energia di 0.31 MeV e due raggi gamma, la cui energia media è 1.2 MeV.
Soluzione
Ad una distanza di 1 m le particella β saranno completamente assorbite. Infatti Il range di un β di 0.31
MeV in aria è di ≈ 2 cm (Data base del NIST).
Quindi dobbiamo valutare solo la dose provocata dai raggi gamma.
Supponendo emissione isotropa, calcoliamo il flusso di fotoni su una superficie sferica di raggio R:
Φ̇ =
(2) · (3.5 · 103 ) · (3.7 · 1010 )
4πR2
[m−2 s−1 ]
Ad R=1 m il flusso vale:
Φ̇ = 2.06 · 1013
[m−2 s−1 ]
La dose (Gy/s) associata a questo flusso di fotoni può essere valutata come:
µ
Ḋ = Φ̇ · Eγ ·
ρ m
dove per µρ utilizziamo il valore relativamente all’acqua (è una buona approssimazione di tessuto
biologico):
µ
m2
≈ 3 · 10−3
ad 1.2 MeV
ρ acqua
kg
Si trova:
Ḋ = 11 · 10−3
Gy
Gy
= 11 · 10−3 · 3.6 · 103 = 42
sec
h
Abbiamo quindi una dose di ≈ 40 Gy
h che deve essere attenuata a 400
Se utilizziamo piombo possiamo scrivere:
µGy
h .
Ḋf = Ḋi e−µpiombo x
Per µpiombo utilizziamo il valore 0.5 cm−1 . Si trova:
Ḋf
40 · 10−5
=
= e−0.5·x
40
Ḋi
x = 23 cm
Calcoliamo la massa di piombo ( densità = 11.3 g/cm3 necessaria per la schermatura:
4
g
M = πR3 · 11.3,
≈ 500 kg
3
cm
In generale per una sorgente puntiforme di attività R possiamo valutare la dose oraria ad una certa
distanza con la formula:
ΓR
Ḋ = 2
r
50
dove la costante Γ è detta "specific gamma ray factor" oppure "costante gamma specifica".
Il valore della costante rappresenta la dose oraria in aria in µGy
h ad un metro prodotta da una sorgente
gamma puntiforme non schermata di attività 1 MBq
Per il 60Co:
µ Gy
in aria
Γ = 0.30
h MBq
La nostra sorgente ha un attività in MBq di :
R = 3.5 · 103 · 104 · 106Bq · 3.7
= (3.5) · (3.7) · 107 MBq ≈ 13 · 107 MBq
A distanza di 1 m in aria:
Ḋ = 0.30 · 10−6 · 13 · 107 = 38.5
Ricordando che:
µ
ρ
acqua
Dacqua = Daria · µ
ρ
aria
e che
µ
ρ
acqua ≈ 1.12
µ
ρ
aria
si ottiene il risultato precedente.
51
Gy
h
Esercizio 7.4
Un fascio di raggi γ di energia Eγ =0.3 MeV ha un flusso Φ̇γ = 1000 cm-2 s-1 . Quale è il "rate" di
esposizione Ẋ e il "rate" della dose assorbita Ḋ per un tessuto con µm =0.0312 cm−1 e ρm =1 g/cm3 ?
Per l’aria si assumino i seguenti valori µaria =3.46·10−5 cm−1 , ρaria =1.2·10−3 g/cm3 .
Soluzione
L’esposizione è definita come:
dQ
X=
dm
Coulomb
kg
e può essere calcolata come:
e
X = Φγ Eγ
Waria
dove:
µ
ρ aria
e
1 Coulomb
≈
Waria
34 Joule
Il "rate" di esposizione è:
Ẋ = Φ̇γ · Eγ ·
Ẋ = 1000 [cm-2 s-1 ] · 0.3 [MeV] ·
Ẋ = 4 · 10−14
e
·
Waria
µ
ρ aria
1 Coulomb 3.46 · 10−5
·
[cm2 g-1 ]
34
Joule
1.2 · 10−3
Coulomb
Coulomb
= 4 · 10−11
g s
kg s
Ricordando che:
Coulomb
kg
1 [Roentgen] = 2.58 · 10−4
possiamo anche dare il valore dell’esposizione in Roentgen:
Ẋ = 4 · 10−11 /2.58 · 10−4 = 1.5 · 10−7 Roengten/s
Calcoliamo la dose in aria:
Ḋaria
Waria
= Ẋ ·
= 4 · 10−11 · 34 = 1.36 · 10−9
e
Calcoliamo la dose nel tessuto:
µ
ρ
Ḋm = Ḋaria · m
µ
ρ
aria
Ḋm = 1.5 · 10
−9
52
Gray
s
Gray
s