Cours ( 30 points )

IMRT3 - 2009-2010
Physique
DTS blanc n°3 ( 3 h ) 17/3/2010
Cours ( 30 points )
1- Effet DOPPLER ( 7 points )
1. L’effet DOPPLER est le changement de fréquence apparente d’un son ou d’un ultrason ( ou
d’une onde en général ) quand la source et le récepteur sont en mouvement relatif l’un par
rapport à l’autre.
Si la source et le récepteur se rapprochent, la fréquence apparente augmente.
Si la source et le récepteur s’éloignent, la fréquence apparente diminue.
2.
a- schéma légendé : .
b- On a une augmentation de fréquence
f =600 Hz : les globules se rapprochent de la
sonde.
v
 cos( )  f
d’où
C
f  C
600 1500
v

soit
2  cos( )  f 2  cos 55  2, 0.106
f  2
v  0,39 m.s 1 .
2-
Interactions photons - matière ( 12 points )
1 - Effet photoélectrique
a- Effet photoélectrique : un photon incident cède toute son énergie à un électron des couches
profondes de l’atome ( couche K ou L ) et disparaît. L’électron est arraché de l’atome et émis avec
de la vitesse donc de l’énergie cinétique.
b- Pour avoir de l’effet photoélectrique, il faut que E photon  EliaisonK . Au minimum, on a donc
E photon  EliaisonK soit h 
C
 EliaisonK .
0
On en déduit la longueur d’onde maximale ( correspondant à l’énergie minimale )
0  h 
C
EliaisonK
 6, 62.1034 
3, 0.108
88.10 1, 6.10
3
19
 1, 41.1011 m soit
0  14,1.1012 m  14,1 pm . On doit donc utiliser un rayonnement X dur ( ou  mou )
2. Effet Compton
électron Compton : Ec
a- schéma légendé illustrant l’effet :
b- Le photon de longueur d’onde 2,20 pm subit un
choc frontal donc   180 .
On en déduit
6, 62.1034
 '  
 (1  cos180) soit
9,11.1031.3, 0.108
Photon incident : h
 '   2, 42.1012  (1  (1))  4,84.1012 m .
La longueur d’onde du photon diffusé est donc

électron de
masse au
repos mo

Photon diffusé : h'
 '    4,84.1012  (2, 20  4,84).1012  7,04.1012 m .
IMRT3 Année 2009-2010 – Corrigé du 3ème DTS blanc - physique
Page 1 sur 5
On détermine alors l’énergie du photon diffusé : E '  h 
L’énergie du photon incident est E  h 
C

C
 2,82.1014 J  176 keV .
'
 9, 03.1014 J  564 keV
On en déduit l'énergie de l’électron émis : Ece  E  E '  6, 21.1014 J  388 keV
3. Matérialisation
a- La matérialisation d’un photon se produit quand un photon de haute énergie passe à proximité
d’un noyau et de son champ électromagnétique ( ou plus rarement d’un électron ) . Le
photon disparaît et toute son énergie sert à la création d’une paire électron –positron qui sont
émis avec de la vitesse ( donc avec de l’énergie cinétique )
b- Le bilan d’énergie s’écrit h.  melectron .C 2  m positon .C 2  ECelectron  EC positon L’énergie
minimale correspond au cas où la paire électron –positron est créée au repos . On a alors :
h.  melectron .C 2  m positon .C 2 soit h.  2  melectron .C 2  2  0,511  1, 022 MeV .
3- QCM
( 11 points )
1. Une particule chargée est placée dans un champ électrique
constant perpendiculaire à sa vitesse initiale
a) elle prend une trajectoire circulaire FAUX
b) elle prend une trajectoire rectiligne. FAUX
c) elle prend une trajectoire parabolique. VRAI
d) elle accélère. VRAI : elle accélère selon la direction du
champ électrique
E
2. Un condensateur plan crée entre ses deux plaques un champ électrique :
a) parallèle aux plaques : FAUX : il est perpendiculaire aux plaques
b) perpendiculaire aux plaques. VRAI
c) proportionnel à la distance entre les plaques. FAUX : il est proportionnel à l’inverse de la
distance d entre plaques car E 
U
d
d) proportionnel à la tension appliquée entre les plaques. VRAI (voir c-)
3. Soit un condensateur plan dont les plaques sont distantes de 3,0 cm dans le vide. La tension
appliquée entre les plaques est U = 1,5 kV. La valeur E du champ électrique entre les plaques
est : ( réponse(s) à JUSTIFIER )
a) 1,5 kV .m1 FAUX ( voir c et d )
b) 4,5 kV .cm1 FAUX ( voir c et d )
c) 50 kV .m1 VRAI
E
U
1,5

 50 kV / m
d 3, 0.102
U 1,5.103
d) 500V .cm
VRAI E  
 500V / cm
d
3, 0
4. réponse(s) à JUSTIFIER ) L’accélération d'un électron, soumis à un champ électrique E
constant a pour valeur :
Pour l’électron, la deuxième loi de Newton ( F  m.a ) s’écrit Felec  P  m.a . Si on néglige le poids de
E
l’électron devant la force électrique, on a Felec  m.a soit e  E  m.a et finalement a  e
m
E
E
a) a  m
FAUX
c) a  e
VRAI
e
m
E
m
b) a   m
FAUX
d) a  e
FAUX
e
E
1
IMRT3 Année 2009-2010 – Corrigé du 3ème DTS blanc - physique
Page 2 sur 5
5. Un champ magnétique uniforme perpendiculaire à la vitesse d'une particule chargée :
a) communique une énergie cinétique importante à la particule FAUX
vitesse donc pas son énergie cinétique
b) maintient la particule sur une trajectoire circulaire. VRAI
c) maintient la particule dans un même plan VRAI
d) freine la particule FAUX il ne modifie pas sa vitesse
il ne modifie pas sa
6. Pour des photons X d'énergie 100 keV, le coefficient linéique d'atténuation  du plomb
vaut 4,95 mm-1.
a) La couche de demi-atténuation du plomb pour ces photons est égale à 0,202 mm. FAUX
CDA 
b)
ln 2
Une


ln 2
 0,14 mm
4,95
épaisseur
de
plomb de
0,072 mm arrête 30% du rayonnement.
VRAI
N


 exp(   x)  exp(4,95  0, 072)  0, 70  70% . 70% du rayonnement est
N0 0
transmis donc 30% est arrêté
c) Une épaisseur de plomb de 0,072 mm transmet 30% du rayonnement. FAUX ( voir b- )
d) Des épaisseurs égales de plomb et d'aluminium transmettent le même pourcentage de
rayonnement. FAUX car leurs coefficients linéiques de transmission et leurs CDA sont
différentes.
( réponses à JUSTIFIER )
7. Un faisceau contenant 50% de photons d'énergie E1 et 50% de photons d'énergie E2 traverse
une couche de cuivre. E1 est supérieure à E2.
a) Après traversée du cuivre, le faisceau est plus riche en photons d'énergie E2 qu'en photons
d'énergie El. FAUX : les photons les moins énergétiques ( d’énergie E2 ) sont les plus atténués
et le faisceau devient donc plus riche en photons d’énergie plus élevée ( d’énergie E1 )
b) L'atténuation est la même, quelle que soit l'énergie des photons. FAUX : voir ac) Le coefficient linéique d'atténuation du cuivre est plus faible pour les photons d'énergie E1 que
pour les photons d'énergie E2. VRAI : voir a`
Problème ( 30 points )
1- ENDOCURIETHERAPIE
(d’après le DTS 1999) –
4 points
1. Longueur
de
la
trajectoire
des
électrons
dans
le
platine :
E
670
L

 196  m  0,196 mm .
L’épaisseur
de
platine
traversée
est
TLE 3, 42
d 2  d1 0, 7  0,3

 0, 2 mm . Les caractéristiques du tube de platine sont donc suffisantes
2
2
pour arrêter les particules  et assurer la protection du malade .
ln 2
ln 2 ln 2
2. CDA 
donc  

 0, 27 mm1 . On en déduit le pourcentage de rayons 

CDA 2, 6
transmis
au
travers
de
l'enveloppe
de
platine
par
la
relation :
X
 e  x  e0,270,2  0,95  95%
.
X0
La quasi-totalité de rayons  est transmise : les caractéristiques du tube de platine sont donc
adaptées pour permettre le traitement du malade.
IMRT3 Année 2009-2010 – Corrigé du 3ème DTS blanc - physique
Page 3 sur 5
2- LE CYCLOTRON ARRONAX (d’après le DTS 2009) – 19 points
Partie A – Le cyclotron ( 8,5 points )
1. La force à l'origine du mouvement circulaire
uniforme à l'intérieur d'un « dee » est la
force magnétique ( ou force de LORENTZ )
d’expression
vectorielle :
Fm  q protonv  B ..
2. voir schéma.
3. Rmax = 0,67 m. On a donc
m v
Rmax  P max ; on en déduit la vitesse
e B
e  B  Rmax 1, 60.1019 1,5  0, 67

 9, 6.107 m.s 1
maximale : vmax 

27
mP
1, 67.10
Energie cinétique maximale :
1
1
7, 7.1012
ECmax  m  v 2max  1, 67.1027  (9, 6.107 ) 2  7, 7.1012 J 
 48 MeV
2
2
1, 60.1013
4. Durée  d'un demi-tour dans un « dee »  
également calculer par la relation  
 R
 R
v
v


  0, 67
9, 6.10
  mP
e B

7
 2, 2.108 s (Remarque : on peut
 1, 67.1027
1, 60.10
19
1,5
 2, 2.108 s )
5. A chaque demi-tour, le proton doit être accéléré : la tension sinusoïdale doit donc avoir changé
de sens et être à sa valeur maximale ( ou minimale ) : il doit donc s’être écoulé une demiT
période . On a donc :   ; on en déduit T  2  2  2, 2.108  4, 4.108 s .La fréquence f
2
1
1
 23 MHz
de la tension sinusoïdale vaut donc f  
T 4, 4.108
Partie B – particules alpha et traitement d’une tumeur ( 10,5 points )
Le cyclotron accélère aussi des particules  en leur communiquant une énergie cinétique
E = 6,78 MeV. Dans une tumeur cancéreuse on supposera, en première hypothèse, que le transfert
d'énergie linéique (T.E.L.) de ces particules  vaut 120 keV/m ( on donne : m  6, 68.1027 kg ).
1. Vitesse
de
la
particule

à
la
sortie
du
cyclotron :
6

19
2EC
2  6,78.10 1,60.10
v 

 1,8.107 m.s 1 . La vitesse est inférieure à C/10 : la

27
m
6,68.10
particule n’est pas relativiste .
2. La particule  cède son énergie à la matière traversée essentiellement aux électrons (
ionisations ou excitations ) par interaction électromagnétique.
3. Jusqu’à son arrêt, la trajectoire de la particule  est presque rectiligne : en effet, la particule 
possède une masse très grande par rapport à celle des électrons . Lors des interactions, avec les
électrons, la particule  n’est quasiment pas déviée du fait de son inertie.
Ec 6, 78.103

 56,5  m . Cette distance
4. Distance parcourue par ces particules  : d 
TEL
120
correspond à environ 3 fois le diamètre (20 m) d'une cellule cancéreuse. Les particules
 sont donc efficaces pour une épaisseur d’environ 3 cellules donc essentiellement en surface.
IMRT3 Année 2009-2010 – Corrigé du 3ème DTS blanc - physique
Page 4 sur 5
5. Nombre total d'ionisations It provoquées par une particule  jusqu’à son arrêt :
Ec
6, 78.106
It   
 2,1.105 ionisations

32
6. Ionisation
spécifique
(ou
densité
d'ionisation
linéique) :
5
I
TEL
2,1.10
Is  t 
 3,8.103 ionisations /  m ( Rq : on a également I s 
)

d
56,5
7. L'hypothèse d'un T.E.L. constant n’est pas réaliste ; en effet, les particules  échangent plus
d’énergie en fin de parcours ( à faible vitesse ) qu’en début de parcours ( à forte vitesse ), ce
que prouvent les courbes de BRAGG vues en cours. Le TEL est donc constant sur le début du
parcours, passe par un pic, puit devient nul.
3- CONTRASTE RADIOLOGIQUE
(d’après le DTS 2002) –
7 points


1. Pour chaque cas, on effectuera le raisonnement et le calcul suivants :   ( )   soit
coeff linéique  (coeff massique)   . Par exemple, pour de l’os à 30 keV, on a

  ( )    0,953 1, 65  1,57 cm1 .

Les résultats complets sont dans le tableau récapitulatif ci-dessous.
X
 e   x . Par exemple, pour de l’os à 30 keV, après la traversée d'une épaisseur x  4, 0 cm
2.
X0
X
 e  x  e1,574,0  0, 0019  0,19%
.
X0
Les résultats complets sont dans le tableau récapitulatif ci-dessous.
Énergie en keV
Coefficient massique d'atténuation de l'os en cm2 .g-1
Coefficient massique d'atténuation du muscle en cm2 .g-1
Coefficient linéique d'atténuation de l'os en cm-1
Coefficient linéique d'atténuation du muscle en cm-1
Transmission en % pour de l’os
Transmission en % pour du muscle
Contraste radiologique muscle-os
3. Contraste radiologique muscle / os : C 
30
0,953
0,368
1,57
0,383
0,19%
22%
0,98
50
0,347
0,224
0,573
0,233
10%
39%
0,60
e os x  e muscle x
. Par exemple, pour 30 keV, après
e os x  e muscle x
la traversée d'une épaisseur x  4, 0 cm de milieu biologique, on a
C
e 1,574,0  e0,3834,0
e 1,574,0  e0,3834,0
 0,98  98%
4. Le contraste pour 30 keV est proche de 1 : c’est la meilleure valeur possible
En effet, si le premier milieu transmettait intégralement le rayonnement et que le second le
bloquait totalement, on aurait C 
e 1x  e 2 x
e 1x  e 2 x

e 1x  0
e 1x  0

e 1x
e 1x
 1 qui est le contraste
maximum.
Par contre, si les deux milieux transmettaient les rayonnements de la même manière, on aurait
C
e 1x  e 2 x
 2 x

0
 0 qui est le contraste minimum .
e
e
2e
Une tension d'alimentation de 30 keV donnera donc le meilleur résultat.
 1x
 1x
IMRT3 Année 2009-2010 – Corrigé du 3ème DTS blanc - physique
Page 5 sur 5