Problema 1 - 09/05/2013

Se desea construir una fuente que emita partículas $\beta^-$ y fotones, para realizar calibraciones en un Centro de Radioterapia. Para ello se utiliza Co-60.

  • ¿Qué masa (en gramos) del radioisótopo deberá contener la fuente si se desea que ofrezca una actividad de 5 mCi.

Para calcular la masa se necesita saber la cantidad de núcleos que integran la fuente. Este valor se obtiene a partir de la actividad, sabiendo que A = $\lambda \cdot N$.
Se convierten las unidades de actividad:

(1)
\begin{align} A &= 5 \cdot 10^{-3} \; Ci \cdot 3.7 \cdot 10^{10} \frac{Bq}{Ci} \\ A &= 1.85 \cdot 10^8 \; Bq \end{align}

Se convierten las unidades del semiperìodo de desintegraciòn:

(2)
\begin{align} T_\frac{1}{2} &= 5.271 \; años \cdot 365 \frac{días}{año} \cdot 24 \frac{horas}{día} \cdot 3600 \frac{s}{hora} \\ T_\frac{1}{2} &= 166.2 \cdot 10^6 \; s \end{align}

Se calcula la constante de desintegración:

(3)
\begin{align} \lambda &= \frac{\ln 2}{T_\frac{1}{2}} \\ \lambda &= 4.17 \cdot 10^{-9} \frac{1}{s} \end{align}

Se calcula el número de núcleos que contiene la muestra:

(4)
\begin{align} N &= \frac{A}{\lambda} = \frac{1.85 \cdot 10^8 \frac{dec}{s}} {4.17 \cdot 10^{-9} \frac{1}{s}} \\ N &= 4.43 \cdot 10^-16 \; núcleos \end{align}

Sabiendo que un mol de Co-60 pesa 60 gramos.

(5)
\begin{align} m &= 4.43 \cdot 10^{-16} \cdot \frac{60 \; g}{6.023 \cdot 10^{23}} m &= 4,4 \cdot 10^{-6} \; g \end{align}

La masa de Co-60 de una fuente con actividad de 5 mCi es 4,4 $\mu$g.

  • ¿Durante cuántos días esta fuente servirá para realizar calibraciones si la actividad debe encontrarse dentro del 2% de su valor original?

La actividad de la fuente sigue la ley exponencial $A(t) = A_0 \cdot e^{-\lambda \cdot t}$. Se puede despejar el tiempo: $t = - \frac{1}{\lambda} \cdot \ln \frac{A(t)}{A_0}$. La actividad debe mantenerse por encima del 98%.

(6)
\begin{align} t &= -\frac{1}{\lambda} \cdot \ln0.98 \\ t &= 4.84 \cdot 10^6 \; s = 56 \; días \end{align}
  • Calcule la cantidad de fotones y partículas beta que son emitidas por la fuente en un lapso de 10 minutos.

Si la actividad de la fuente es aproximadamente constante (en este caso, frente al período de desintegración del Co-60, el lapso de tiempo de 10 minutos es insignificante y la actividad prácticamente no se modifica) entonces el número de partículas emitidas puede calcularse como $n = A \cdot f_i \cdot t$ donde $f_i$ es la frecuencia de emisión de la partícula i (que corresponde a la primer columna de la tabla de decaimientos que figura como anexo al parcial). La actividad es de 185 MBq (se calculó anteriormente). Por este motivo, el número de partículas y fotones emitidos es:

(7)
\begin{align} n_{\gamma_3} &= 185 \cdot 10^6 \; Bq \cdot 0.999 \; \frac{1}{Bq \; s} \cdot 600 \; s = 1.109 \cdot 10^{11} \\ n_{\gamma_4} &= 185 \cdot 10^6 \; Bq \cdot 1.00 \; \frac{1}{Bq \; s} \cdot 600 \; s = 1.11 \cdot 10^{11} \\ n_{\beta_1} &= 185 \cdot 10^6 \; Bq \cdot 0.999 \; \frac{1}{Bq \; s} \cdot 600 \; s = 1.109 \cdot 10^{11} \\ n_{\beta_3} &= 185 \cdot 10^6 \; Bq \cdot 0.0008 \; \frac{1}{Bq \; s} \cdot 600 \; s = 88.8 \cdot 10^{6} \end{align}
  • A partir del rango extrapolado en agua para electrones de distinta energía, determine cuál es el espesor de plomo (densidad: 11,35 g/cm3) necesario para detener completamente a las partículas $\beta^-$ que se emiten con mayor frecuencia. Recuerde que la energía cinética máxima de estas partículas es aproximadamente igual al triple de su energía promedio. ¿Detendrá este espesor a todas los electrones que emite la fuente?

Las partículas $\beta^-$ que se emiten con mayor frecuencia son las $\beta_1$. Su energía promedio (de la tabla de decaimientos del Co-60) es de 95.77 KeV. La energía máxima es el triple: 287.31 KeV. De la gráfica de rango extrapolado en agua para partículas $\beta^-$ de distinta energía (ver figura debajo) se observa que para 300 KeV (aprox) se tiene un rango lineal de 0.08 cm. El rango másico para partículas de esta energía se obtiene multiplicando el rango lineal por la densidad del material. Como se trata de agua $(\rho = 1 \frac{g}{cm^3} )$ el rango másico es $R_m = 0.08 \frac{g}{cm^2}$. Luego se realiza el proceso inverso, para averiguar el rango lineal en plomo:

(8)
\begin{align} R_{Pb}=\frac{R_m}{\rho_{Pb}} = \frac{0.08 \frac{g}{cm^2}}{11.35 \frac{g}{cm^3}} = 7.05 \cdot 10^{-3} cm = 70 \mu m \end{align}

Este espesor de plomo no será suficiente para detener a todas las partículas $\beta^-$ que emite la fuente porque las $\beta_3$ tienen mayor energía, siendo detenidas sólo parcialmente por los $70 \mu m$ de plomo.

Rango extrapolado en agua versus energía de los electrones

flickr:8761532788
  • ¿Cuál será la intensidad de la radiación debida exclusivamente a los fotones emitidos por la fuente a 15 centímetros de la misma si se interpone un blindaje de 1 cm de espesor de plomo?

La intensidad de una radiación a una cierta distancia de la fuente es su tasa de flujo de energía. El total de energía emitida (por unidad de tiempo) asociada a cada emisión i es $A\cdot f_i \cdot E_i$). La superficie que atraviesan las radiaciones a 15 cm de la fuente corresponde al área de la esfera de radio igual a 15 cm. La intensidad se puede calcular como:

(9)
\begin{align} I = \frac{\sum_{i=1}^{n} A f_i E_i}{4 \pi r^2} \end{align}

En este caso, debido a la consigna, solamente se consideran los fotones. La intensidad de cada uno es:

(10)
\begin{align} I_{\gamma_3} &= \frac{185 \; MBq \cdot 0.999 \cdot 1.173 \; MeV }{4 \pi (0.15 \; m)^2} = 766.7 \cdot 10 ^6 \frac{MeV}{s \; m^2} \\ I_{\gamma_4} &= \frac{185 \; MBq \cdot 1.00 \cdot 1.332 \; MeV }{4 \pi (0.15 \; m)^2} = 871.5 \cdot 10 ^6 \frac{MeV}{s \; m^2} \end{align}

Sin blindaje, la intensidad es la suma de las dos intensidades calculadas. Se ha considerado que el aire no produce atenuación. Ahora se calculará la intensidad al interponer el absorbente de plomo de 1 cm. Sabemos que $I(x) = I_o e^{-\mu x}$. El coeficiente de atenuación lineal del plomo, para fotones de energía de 1 MeV aprox es 0.68 1/cm (el dato se obtiene de la gráfica de coeficiente de atenuación lineal para distintos absorbentes, anexo a la guía 1). La intensidad se calcula como:

(11)
\begin{align} I(1 \; cm) &= 1638.2 \cdot 10 ^6 \frac{MeV}{s \; m^2} e^{-0.68\frac{1}{cm} 1 \; cm} \\ I(1 \; cm) &= 830 \frac{MeV}{s \; m^2} \end{align}
  • Si el responsable del Centro de Radioterapia se viese expuesto sin ninguna protección a un 5% del total de emisiones de fotones durante los 10 minutos que dura el procedimiento de calibración, ¿cuál será la dosis absorbida por su cuerpo? Suponga que las radiaciones que alcanzan al sujeto depositan en él toda su energía.

La dosis que absorbe la persona en 10 minutos de exposición se puede calcular como el total de energía que llega a su cuerpo dividido su masa. La cantidad total de cada fotón del Co-60 emitida en 10 minutos ya fue calculada anteriormente. Sólo llegan a su cuerpo el 5% de éstas. Suponiendo una persona de 70 kg se tiene que la dosis es:

(12)
\begin{align} D &= \frac{0.05 \cdot \sum f_i E_i}{m} \\ D &= \frac{0.05 \cdot (1.109 \cdot 10^{11} \cdot 1.173 \; MeV + 1.11 \cdot 10^{11} \cdot 1.332 \; MeV)}{70 \; kg} \cdot 1.6 \cdot 10^{-13} \frac{J}{MeV}\\ D &= 3.2 \cdot 10^{-5} Gy \end{align}

Decaimiento del Co-60

flickr:8760409983