Partículas carregadas num campo magnético

Escolha uma partícula, a tensão que a acelerou e a intensidade do campo que ela atravessa. A página calcula a órbita, o período de uma volta incluindo os efeitos relativistas e o que a mesma tensão e o mesmo campo fazem a outras cinco partículas.

A força magnética: perpendicular à velocidade e ao campo	$\vec F=q\,\vec v\times\vec B,\qquad F=\|q\|vB\sin\theta$
Num campo uniforme: uma circunferência e um período independente da velocidade	$\begin{gathered}r=\frac{mv}{\|q\|B}\\ T=\frac{2\pi m}{\|q\|B},\qquad f=\frac{\|q\|B}{2\pi m}\end{gathered}$
Perto da velocidade da luz: o momento linear é γmv	$\begin{gathered}p=\gamma mv,\qquad r=\frac{p}{\|q\|B}\\ T=\gamma\,\frac{2\pi m}{\|q\|B}\end{gathered}$

Exemplo resolvido — Partículas carregadas num campo magnético

Energia de repouso	938,272 MeV
Energia cinética adquirida com a tensão	10,00 keV
Fator de Lorentz γ	1,000011
Velocidade	1,384×10⁶ m/s
Momento linear	2,315×10⁻²¹ kg·m/s
Raio da órbita	9,633 mm
Período não relativista	43,73 ns
Período orbital	43,73 ns

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Partículas carregadas num campo magnético

Uma carga q em movimento com velocidade v num campo magnético B sente a componente magnética da força de Lorentz, F = q v × B: perpendicular tanto à velocidade como ao campo, com módulo |q|vB sempre que ambos sejam perpendiculares. Como uma força que atua sempre em ângulo reto com o movimento não realiza trabalho, o módulo da velocidade mantém-se rigorosamente constante e varia apenas a direção, resultando numa circunferência. O seu raio é dado por r = p/(|q|B), o momento linear sobre o produto da carga pela intensidade do campo, e uma volta completa demora T = 2πγm/(|q|B). A velocidades bem inferiores à da luz, o fator γ vale 1 ao longo de muitas casas decimais e o período não depende minimamente da velocidade; o seu inverso, |q|B/(2πm), é a frequência ciclotrónica.

O que significa cada símbolo

q: a carga da partícula, em coulombs: um múltiplo inteiro da carga elementar e = 1,602176634×10⁻¹⁹ C. O sinal determina o sentido da rotação
B: o campo magnético, em teslas, uniforme em toda a trajetória da partícula
r: o raio da órbita. É determinado pelo momento, não apenas pela velocidade ou pela energia
T_0: o período não relativista, 2πm/(|q|B)
γ: o fator de Lorentz, 1 + K/(mc²). O período verdadeiro é γT₀

De onde vem a fórmula

A força. É perpendicular à velocidade, pelo que não realiza trabalho: o módulo da velocidade nunca muda, apenas a direção.
$\vec F=q\,\vec v\times\vec B,\qquad\vec F\perp\vec v\ \Rightarrow\ W=0$
A circunferência. Uma força de intensidade constante, sempre perpendicular ao movimento, atua como força centrípeta; igualando-a a mv²/r obtém-se o raio.
$|q|vB=\frac{mv^{2}}{r}\ \Rightarrow\ r=\frac{mv}{|q|B}$
A volta. A distância 2πr a dividir pela velocidade v. O fator v no numerador cancela o v do denominador.
$T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{|q|B}$
A partir da tensão. Uma carga acelerada a partir do repouso por uma diferença de potencial ΔV adquire a energia cinética |q|ΔV, da qual decorre a sua velocidade e, a partir dela, o raio.
$|q|\,\Delta V=\tfrac12mv^{2}\ \Rightarrow\ r=\frac{\sqrt{2m|q|\,\Delta V}}{|q|B}$
Em alta velocidade. O raio é determinado pelo momento linear, γmv, e o período passa a ser γ vezes o valor clássico. É com estas relações que a tabela opera a qualquer velocidade.
$\begin{gathered}p=\gamma mv,\qquad r=\frac{p}{|q|B}\\ T=\gamma\,T_0\end{gathered}$

Pressupõe: Admite-se um campo uniforme e constante e uma partícula que se move exatamente na perpendicular. Qualquer componente da velocidade paralela ao campo permanece inalterada e transforma o círculo numa hélice. Admite-se também o vácuo, para que nada abrande a partícula. Considera-se que ela não emite radiação, embora uma carga em movimento circular a emita; na predefinição do eletrão, a energia radiada por volta é inferior a um milionésimo de eletrão-volt. À energia de um gigaeletrão-volt num campo intenso, a perda já é relevante, razão pela qual os sincrotrões de eletrões têm de repor continuamente essa energia. Os iões de urânio são átomos com uma só carga; a sua massa é a massa atómica menos a de um eletrão.
Falha quando: A relatividade já está incluída, portanto uma partícula rápida não invalida a página. A limitação está no íman: num dispositivo real, o campo enfraquece junto à extremidade e, num ciclotrão, tem de ser moldado para manter o feixe focado e próximo da ressonância. É esse o tema do artigo de Rose de 1938. Num ciclotrão em funcionamento, o campo elétrico no intervalo entre os elétrodos acrescenta energia a cada meia volta, pelo que a trajetória real é uma espiral formada por semicírculos de raio crescente. Além disso, os numerosos iões de um feixe repelem-se e dispersam-no, um problema tão importante que aparece no próprio título do relato de William Parkins sobre o calutrão usado durante a guerra.

Problemas resolvidos na íntegra

Da tensão de aceleração à circunferência 3 passos
Um protão é acelerado a partir do repouso através de 5,0 kV e penetra perpendicularmente num campo de 0,40 T. Calcule a sua velocidade, o raio da circunferência descrita e o tempo de uma volta.

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1. Toda a energia adquirida ao percorrer a diferença de potencial converte-se em energia cinética:
  
  $\tfrac12mv^{2}=|q|\,\Delta V\ \Rightarrow\ v=\sqrt{\frac{2|q|\,\Delta V}{m}}=\sqrt{\frac{2\,(1{.}602\times10^{-19})(5{.}0\times10^{3})}{1{.}673\times10^{-27}}}\approx9{.}787\times10^{5}\ \mathrm{m/s}$
2. A força magnética fornece a aceleração centrípeta necessária:
  
  $|q|vB=\frac{mv^{2}}{r}\ \Rightarrow\ r=\frac{mv}{|q|B}=\frac{(1{.}673\times10^{-27})(9{.}787\times10^{5})}{(1{.}602\times10^{-19})(0{.}40)}\approx25{.}54\ \mathrm{mm}$
3. O período de uma volta é o perímetro dividido pela velocidade, simplificando-se o termo da velocidade:
  
  $T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{|q|B}=\frac{2\pi\,(1{.}673\times10^{-27})}{(1{.}602\times10^{-19})(0{.}40)}\approx164{.}0\ \mathrm{ns}$
Resposta

v = 9,787 × 10⁵ m/s, r = 25,54 mm, T = 164,0 ns. A 5,0 kV, o protão move-se a um terço de um por cento da velocidade da luz, pelo que a relatividade apenas desvia estes valores em algumas partes por milhão.

$v\approx9{.}787\times10^{5}\ \mathrm{m/s},\quad r\approx25{.}54\ \mathrm{mm},\quad T\approx164{.}0\ \mathrm{ns}$
A força sobre um eletrão e o sentido em que curva 3 passos
Um eletrão acelerado por 50 V desloca-se ao longo de +x e penetra num campo de 0,50 mT orientado segundo +z. Calcule a força que atua sobre ele à entrada, o raio da sua circunferência e o sentido da trajetória, visto a partir de +z.

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1. A sua velocidade, determinada a partir dos 50 eV adquiridos:
  
  $v=\sqrt{\frac{2e\,\Delta V}{m_e}}=\sqrt{\frac{2\,(1{.}602\times10^{-19})(50)}{9{.}109\times10^{-31}}}\approx4{.}194\times10^{6}\ \mathrm{m/s}$
2. O sentido decorre do produto vetorial: x̂ × ẑ = −ŷ e, tendo o eletrão carga negativa, o vetor inverte-se:
  
  $\vec F=q\,\vec v\times\vec B=(-e)\,vB\,(\hat x\times\hat z)=(-e)\,vB\,(-\hat y)=+evB\,\hat y$
3. O módulo da força e o raio resultante:
  
  $F=evB=(1{.}602\times10^{-19})(4{.}194\times10^{6})(5{.}0\times10^{-4})\approx3{.}359\times10^{-16}\ \mathrm{N},\qquad r=\frac{m_ev}{eB}\approx47{.}69\ \mathrm{mm}$
Resposta

F = 3,359 × 10⁻¹⁶ N ao longo de +y; r = 47,69 mm; sentido anti-horário visto de +z. Sob as mesmas condições, um protão seria empurrado ao longo de −y e curvaria no sentido horário. A regra da mão direita determina o sentido para uma carga positiva; para o eletrão, inverte-se o resultado.

$F\approx3{.}359\times10^{-16}\ \mathrm{N}\ (+y),\qquad r\approx47{.}69\ \mathrm{mm}$
Três partículas sob a mesma tensão 3 passos
Um protão, um deutão e uma partícula alfa são acelerados individualmente por 10 kV e entram no mesmo campo de 1,5 T. Calcule o raio da circunferência descrita por cada um.

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1. Sob a mesma tensão, cada partícula ganha |q|ΔV; o momento linear é √(2m|q|ΔV) e o raio varia na razão direta da raiz quadrada de m/q:
  
  $r=\frac{\sqrt{2m|q|\,\Delta V}}{|q|B}=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2m\,\Delta V}{|q|}}$
2. O protão e o deutão possuem cada um a carga elementar e; o deutão tem o dobro da massa:
  
  $r_p=\frac{1}{1{.}5}\sqrt{\frac{2\,(1{.}673\times10^{-27})(1{.}0\times10^{4})}{1{.}602\times10^{-19}}}\approx9{.}633\ \mathrm{mm},\qquad r_d=\sqrt{\frac{m_d}{m_p}}\;r_p\approx13{.}62\ \mathrm{mm}$
3. A partícula alfa reúne quatro vezes a massa do protão e o dobro da sua carga, o que lhe confere praticamente a mesma razão m/q do deutão:
  
  $r_\alpha=\sqrt{\frac{m_\alpha/2e}{m_d/e}}\;r_d=\sqrt{\frac{6{.}645\times10^{-27}}{2\,(3{.}344\times10^{-27})}}\;r_d\approx0{.}9968\,r_d\approx13{.}58\ \mathrm{mm}$
Resposta

9,633 mm, 13,62 mm e 13,58 mm. A circunferência da partícula alfa é 0,32% menor do que a do deutão. A sua razão m/q fica 0,64% abaixo da do deutão porque o núcleo de hélio tem uma energia de ligação 23,8 MeV superior à de dois deutões somados, e essa massa em falta subtrai-se ao raio.

$r_p\approx9{.}633,\quad r_d\approx13{.}62,\quad r_\alpha\approx13{.}58\ \mathrm{mm}$
Um seletor de velocidades e um espetrómetro de massa 3 passos
Iões de carbono com carga unitária atravessam sem desvio dois campos cruzados, E = 1,0 × 10⁵ V/m e B = 0,20 T, descrevendo em seguida uma semicircunferência num campo de 0,40 T. A que distância um do outro incidem o carbono-12 e o carbono-13?
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1. O ião só segue em linha reta quando as forças elétrica e magnética se equilibram, o que fixa a sua velocidade qualquer que seja a massa:
  
  $qE=qvB_1\ \Rightarrow\ v=\frac{E}{B_1}=\frac{1{.}0\times10^{5}}{0{.}20}=5{.}0\times10^{5}\ \mathrm{m/s}$
2. No segundo campo, cada isótopo descreve uma circunferência própria:
  
  $r=\frac{mv}{eB_2}:\qquad r_{12}=\frac{(12{.}000\,\mathrm u)(5{.}0\times10^{5})}{(1{.}602\times10^{-19})(0{.}40)}\approx155{.}5\ \mathrm{mm},\qquad r_{13}\approx168{.}5\ \mathrm{mm}$
3. Ao fim de meia-volta, cada um atinge o detetor a um diâmetro de distância da entrada:
  
  $\Delta x=2\,(r_{13}-r_{12})\approx26{.}0\ \mathrm{mm}$
Resposta

Separados por 26,0 mm. Com a velocidade previamente fixada pelo seletor, o raio torna-se proporcional à própria massa em vez de à sua raiz quadrada (problema 3); assim, a diferença de 8,4% na massa traduz-se diretamente numa separação de 8,4% no raio.

$\Delta x\approx26{.}0\ \mathrm{mm}$
Velocidade oblíqua ao campo: a hélice 4 passos
Um protão desloca-se a 5,0 × 10⁵ m/s fazendo um ângulo de 60° com um campo de 0,10 T. Calcule a força exercida sobre ele, o raio da trajetória e a distância percorrida ao longo do campo numa volta completa.
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1. Apenas a componente da velocidade perpendicular às linhas de campo sente a ação da força:
  
  $F=|q|vB\sin\theta=(1{.}602\times10^{-19})(5{.}0\times10^{5})(0{.}10)\sin60^{\circ}\approx6{.}938\times10^{-15}\ \mathrm{N}$
2. Decompõe-se a velocidade nas suas componentes perpendicular e paralela ao campo:
  
  $v_\perp=v\sin60^{\circ}\approx4{.}330\times10^{5},\qquad v_\parallel=v\cos60^{\circ}=2{.}5\times10^{5}\ \mathrm{m/s}$
3. A componente perpendicular fecha uma circunferência com o período clássico:
  
  $r=\frac{mv_\perp}{|q|B}\approx45{.}21\ \mathrm{mm},\qquad T=\frac{2\pi m}{|q|B}\approx655{.}9\ \mathrm{ns}$
4. A componente paralela ao campo não sofre aceleração, fazendo o protão avançar um passo de hélice a cada volta:
  
  $p=v_\parallel T=(2{.}5\times10^{5})(6{.}559\times10^{-7})\approx164{.}0\ \mathrm{mm}$
Resposta

F = 6,938 × 10⁻¹⁵ N, r = 45,21 mm, passo 164,0 mm. O protão enrola-se em torno das linhas de campo numa trajetória helicoidal, completando uma volta a cada 655,9 ns, qualquer que seja a inclinação inicial.

$F\approx6{.}938\times10^{-15}\ \mathrm{N},\quad r\approx45{.}21\ \mathrm{mm},\quad p\approx164{.}0\ \mathrm{mm}$
Quando a relatividade conta 3 passos
Um eletrão com 1,0 MeV de energia cinética move-se perpendicularmente a um campo de 0,010 T. Calcule o raio da sua circunferência e o tempo de uma volta. Prima Eletrão, 1 MV.

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1. A energia cinética é quase o dobro da energia de repouso, pelo que γ se afasta substancialmente de 1:
  
  $\gamma=1+\frac{K}{mc^{2}}=1+\frac{1{.}000}{0{.}5110}\approx2{.}957$
2. Calcula-se o momento linear a partir da energia relativista e, logo em seguida, o raio:
  
  $pc=\sqrt{K^{2}+2Kmc^{2}}=\sqrt{1{.}000^{2}+2\,(1{.}000)(0{.}5110)}\approx1{.}422\ \mathrm{MeV},\qquad r=\frac{p}{eB}\approx474{.}3\ \mathrm{mm}$
3. O período é o produto de γ pelo período clássico:
  
  $T=\gamma\,\frac{2\pi m_e}{eB}\approx2{.}957\times3{.}572\ \mathrm{ns}\approx10{.}56\ \mathrm{ns}$
Resposta

r = 474,3 mm, T = 10,56 ns. Pela mecânica clássica, ½mv² = 1,0 MeV resultaria numa velocidade de 5,931 × 10⁸ m/s, quase o dobro da velocidade da luz, e num raio de apenas 337,2 mm.

$r\approx474{.}3\ \mathrm{mm},\qquad T\approx10{.}56\ \mathrm{ns}$
Até onde pode um ciclotrão de frequência fixa acelerar um protão? 6 passos
Um ciclotrão tem um íman de 1,5 T, elétrodos ocos com raio de 0,5 m e fornece 100 keV a um protão por volta. Determine a frequência de operação, a energia de um protão que alcance a borda e se uma frequência fixa consegue levá-lo até lá. Selecione Protão, 10 kV para conferir o primeiro passo.

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1. A frequência é a frequência ciclotrónica de um protão lento, que a página apresenta a 10 kV:
  
  $f_0=\dfrac{qB}{2\pi m}=\dfrac{1{.}602177\times10^{-19}\times1{.}5}{2\pi\times1{.}672622\times10^{-27}}=22{.}87\ \mathrm{MHz}\qquad T_0=43{.}73\ \mathrm{ns}$
2. Na borda, o raio é 0,5 m, logo o momento é qBR. Escrito como pc, corresponde a uma energia:
  
  $pc=qBRc=1{.}602177\times10^{-19}\times1{.}5\times0{.}5\times2{.}997925\times10^{8}\ \mathrm{J}=224{.}84\ \mathrm{MeV}$
3. A energia cinética é a energia total menos a energia de repouso. Sem relatividade, obteríamos 26,94 MeV, um valor 1,4% demasiado alto:
  
  $K=\sqrt{(pc)^2+(mc^2)^2}-mc^2=\sqrt{224{.}84^2+938{.}27^2}-938{.}27=26{.}56\ \mathrm{MeV}\qquad\dfrac{(pc)^2}{2mc^2}=26{.}94\ \mathrm{MeV}$
4. A essa energia, γ vale 1,028312, pelo que uma volta junto à borda demora mais 2,83% do que uma volta no centro:
  
  $\gamma=1+\dfrac{26{.}56}{938{.}27}=1{.}028312\quad\Rightarrow\quad T_{\mathrm{rim}}=1{.}028312\,T_0$
5. Ganhando 100 keV por volta, o protão precisa de 266 voltas para lá chegar. Na volta k, o atraso expresso como fração de volta é γ − 1 = kΔE/mc²; somado volta após volta, totalizaria 3,78 ciclos completos da radiofrequência quando o protão alcançasse a borda:
  
  $n=\dfrac{26{.}56}{0{.}1}\approx266\qquad\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k\,\Delta E}{mc^2}=\dfrac{\Delta E}{mc^2}\,\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac{0{.}1}{938{.}27}\times\dfrac{266\times267}{2}=3{.}78$
6. O protão só é acelerado enquanto o campo no intervalo entre os elétrodos aponta para a frente, durante metade de cada ciclo. Deixa, portanto, de ganhar energia quando o atraso acumulado atinge meio ciclo, isto é, uma fase de π:
  
  $\dfrac{\Delta E}{mc^2}\,\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac12\ \Rightarrow\ n(n+1)=\dfrac{938{.}27}{0{.}1}=9383\ \Rightarrow\ n=97,\ K=9{.}7\ \mathrm{MeV}\approx\sqrt{mc^2\,\Delta E}=9{.}69\ \mathrm{MeV}$
Resposta

O íman consegue reter no bordo exterior um protão de 26,56 MeV; a frequência fixa, contudo, só o acelera até cerca de 9,7 MeV com 100 keV por volta, patamar em que o protão perde o passo. Se quadruplicarmos o ganho para 400 keV por volta, esse limite apenas duplica, alcançando 19,2 MeV, pois cresce segundo a relação √(mc²·ΔE). Esta estimativa assume generosamente o ganho integral de 100 keV em todas as voltas. Em 1938, os cálculos de Rose com um campo perfilado atingiram 13,9 MeV aplicando 50 kV nos elétrodos, confirmando a mesma lei da raiz quadrada. Os aceleradores que foram além desta barreira compensaram o fator γ ignorado pela frequência fixa por duas vias: o sincrociclotrão diminui a frequência à medida que o protão ganha energia, enquanto o ciclotrão isócrono faz o campo crescer com o raio para manter a volta em sincronia — solução que L. H. Thomas demonstrou em 1938 ser perfeitamente compatível com a focalização do feixe.

$K_{\max}\approx\sqrt{mc^2\,\Delta E}:\qquad\Delta E=100\ \mathrm{keV}\Rightarrow9{.}7\ \mathrm{MeV},\qquad\Delta E=400\ \mathrm{keV}\Rightarrow19{.}2\ \mathrm{MeV}$

Problemas suplementares, só com a resposta

Quanto tempo demora um eletrão a completar uma volta no campo magnético terrestre de 50 μT, a uma velocidade muito inferior à da luz?

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714,5 ns, para qualquer velocidade nesse regime.

$T=\frac{2\pi m_e}{eB}\approx714{.}5\ \mathrm{ns}$
Um protão e um deutão atravessam o mesmo campo à mesma velocidade. Qual é a razão entre os respetivos raios?

Mostrar resposta

1,999: à mesma velocidade, o raio varia na razão direta de m/q e não da sua raiz quadrada.

$\frac{r_d}{r_p}=\frac{m_d}{m_p}\approx1{.}999$
Um protão move-se a 3,0 × 10⁶ m/s fazendo 30° com um campo de 0,20 T. Calcule a força sobre ele.

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4,807 × 10⁻¹⁴ N.

$F=|q|vB\sin30^{\circ}\approx4{.}807\times10^{-14}\ \mathrm{N}$
Um seletor de velocidades tem E = 2,4 × 10⁴ V/m e B = 0,060 T. Que velocidade permite a passagem em linha reta?

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4,0 × 10⁵ m/s, para qualquer carga e qualquer massa.

$v=\frac{E}{B}=4{.}0\times10^{5}\ \mathrm{m/s}$
Um ciclotrão com campo de 1,5 T e 0,50 m de raio acelera deutões. Com que frequência deve operar e com que energia emergem as partículas, desprezando a relatividade?

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11,44 MHz; 13,48 MeV.

$f=\frac{eB}{2\pi m_d}\approx11{.}44\ \mathrm{MHz},\qquad K=\frac{e^{2}B^{2}R^{2}}{2m_d}\approx13{.}48\ \mathrm{MeV}$
Que campo magnético curva eletrões de 10 keV numa circunferência de raio 5,0 cm?

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6,777 mT; 6,744 mT se desprezarmos a relatividade.

$B=\frac{p}{eR}\approx6{.}777\ \mathrm{mT}$

O dobro da velocidade, o dobro do raio, os mesmos 43,73 ns

Prima Protão, 10 kV e depois Protão, 40 kV. Com uma energia 4 vezes maior, a velocidade duplica, tal como o raio da circunferência, que passa de 9,633 para 19,27 mm. Cada volta demora 43,73 ns nos dois casos. A velocidade cancela-se: o raio é mv/(qB), o período é 2πr/v e resta 2πm/(qB), sem qualquer v. É neste cancelamento que assenta o artigo de 1932 de Ernest Lawrence e Stanley Livingston sobre o ciclotrão. Como um protão mais rápido não demora menos tempo a percorrer a sua semicircunferência, uma radiofrequência fixa aplicada ao intervalo entre dois elétrodos ocos continua a dar-lhe o impulso no momento certo enquanto descreve uma espiral para fora. Assim produziram protões de 1,22 MeV com um tubo ao qual nunca foram aplicados mais de 4 000 V. No painel com três órbitas, os pontos assinalam cada quarto do período clássico; a estas energias, os pontos das três circunferências ficam sobre os mesmos quatro raios.

A 20 MeV, o protão chega 2,132% atrasado por volta e a frequência fixa perde-o

O tempo exato de cada volta é 2πγm/(|q|B), e o fator γ cresce com a energia. Em Protão, 20 MV temos γ = 1,021316, pelo que cada volta demora 44,66 ns em vez de 43,73, enquanto o campo elétrico de alta frequência continua sintonizado pelo protão clássico. A cada passagem pelo intervalo acelerador, a partícula chega um pouco mais tarde; o atraso acumula-se até alcançar o elétrodo quando o campo já aponta no sentido oposto. Para um eletrão, a margem útil é diminuta: bastam 20 kV para que a volta já dure mais 3,914%; em Eletrão, 1 MV temos γ = 2,956951, uma volta que quase triplica o tempo não relativista. O segundo gráfico traça T ÷ T₀ para quatro partículas; cada curva inflete para cima assim que a energia cinética atinge alguns pontos percentuais da energia de repouso, o que para um eletrão representa escassas dezenas de keV e para um protão dezenas de MeV. M. E. Rose demonstrou em 1938 que, com 50 kV nos elétrodos e um campo magneticamente perfilado, um ciclotrão de frequência fixa conseguiria acelerar protões até 13,9 MeV — ou 14,9 com um perfil ainda mais elaborado. O último exercício faz uma estimativa desse teto e explica por que razão o ganho cresce apenas com a raiz quadrada da tensão.

O urânio-238 tem mais 1,28% de massa, mas a órbita é apenas 0,638% maior

Sob a mesma tensão, todas as partículas adquirem a mesma energia por unidade de carga. Para uma partícula lenta, o momento é √(2mK); mantendo a carga, o raio é proporcional à raiz quadrada da massa. Em Urânio-235, 35 kV, o raio da órbita é 1,2145 m. Na tabela ao lado, o urânio-238, com 238,0502 u contra 235,0434, descreve uma órbita de raio 1,2223 m: a massa é 1,28% maior e o raio, 1,00638 vezes maior. Num instrumento que desvia o feixe por meio círculo até um coletor, os dois isótopos chegam separados por 15,5 mm, o dobro da diferença entre os raios. É toda a separação que o íman proporciona com estes parâmetros, segundo o método usado pelos calutrões durante a guerra para separar urânio-235.

Percurso de aprendizagem

De onde vêm os campos

Referências (3)

The cyclotron paper, and claim 1 in its authors' words: because the radii are proportional to the velocities, the time for a half circle is independent of them. It reports 1.22 MeV protons from a tube with at most 4,000 V applied: E. O. Lawrence and M. S. Livingston, "The Production of High Speed Light Ions Without the Use of High Voltages." Physical Review 40(1), 1932, pp. 19-35. DOI 10.1103/PhysRev.40.19
Why a fixed-frequency cyclotron tops out: the field has to be shaped for focusing and for resonance at once, and with 50 kV on the dees the best fields give protons of 13.9 and 14.9 MeV, with maximum energies rising as the square root of the dee voltage: M. E. Rose, "Focusing and Maximum Energy of Ions in the Cyclotron." Physical Review 53(5), 1938, pp. 392-408. DOI 10.1103/PhysRev.53.392
Separating uranium-235 from uranium-238 with magnets during the Second World War, told by one of the physicists who did it, and the beam-spreading problem that dominated the work: W. E. Parkins, "The Uranium Bomb, the Calutron, and the Space-Charge Problem." Physics Today 58(5), 2005, pp. 45-51. DOI 10.1063/1.1995747

Pela equipa 7 Raven Room · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.