Problema 2

Teniendo en cuenta el producto vectorial que entra en la definición de la fuerza de Lorentz ${\displaystyle q\vec{v}\times\vec{B}}$, la fuerza debida a un campo magnético B sobre una partícula de carga q y velocidad v tiene la dirección representada en la siguiente figura, respectivamente, para una partícula cargada negativamente (izquierda) o positivamente (derecha).

Como se ve, la fuerza de Lorentz ``tira'' de la partícula en dirección perpendicular a la velocidad $\vec{v}$, luego una fracción de tiempo $\Delta t$ muy pequeña después, la velocidad será (vista desde arriba) como en el siguiente dibujo:

Sin embargo, esta fuerza no modifica el módula de la velocidad ya que la fuerza no hace ningún trabajo por ser perpendicular a la velocidad

$$\Delta W=\vec{F}\cdot\Delta\vec{r} =\underbrace{\vec{F}\cdot\vec{v}}_{\displaystyle =0} \Delta t=0 ,$$

con lo que la velocidad sólo varía de dirección, como en una trayectoria circular. La aceleración ${\displaystyle \vec{a}=\frac{\vec{F}}{m} =\frac qm\vec{v}\times\vec{B}}$, responsable de este cambio de dirección de la velocidad, apunta en dirección normal o centrípeta

$$a=\frac{qvB}{m}=a_{\scriptscriptstyle \rm centr}=\frac{v^2}{r}\;\Rightarrow\; \frac vr=\frac{qB}{m} ,$$ (7)

siendo r el radio de la trayectoria circular y ${\displaystyle \omega=\frac vr}$ la velocidad angular (medida en rad/s), también llamada frecuencia de ciclotrón. El tiempo que tarda en dar una vuelta (o sea, $2\pi$ radianes) será por tanto igual a

$$T=\frac{2\pi\;\mbox{(rad)}}{\omega\;\mbox{(rad/s)}} =\frac{2\pi m}{qB}\;\mbox{(segundos)} ,$$ (8)

y se llama periodo, de donde se obtiene directamente la frecuencia $\nu=1/T$.

Notar que ${\displaystyle \omega_{\scriptscriptstyle \rm cicl}=\frac{qB}{m}}$ (7) es independiente del radio r de la trayectoria, lo que permite el montaje experimental descrito en cursiva en el enunciado del problema. Vamos a repasarlo un poco. Supongamos que el campo eléctrico que acelera las partículas al pasar entre las dos ``des'' (en el interior de las ``des'' el campo eléctrico no puede entrar) fuera constante con el tiempo, tal y como está representado en la figura. En el punto P1 la partícula sería acelerada tal que su energía cinética se vería incrementada en una cantidad igual a $q\Delta V$, que es el trabajo hecho por el campo eléctrico, siendo $\Delta V$ la diferencia de potencial entre las dos ``des''.

Pero con un campo eléctrico constante en el tiempo, en P2 la partícula sería frenada, perdiendo justo la misma cantidad de energía cinética que había ganado en P1. Por lo tanto, el campo eléctrico tiene que cambiar de sentido (es decir, oscilar) con el mismo periodo (8) con el que la partícula está girando. Así aseguramos que cuando la partícula llegue a P2 la dirección del campo eléctrico ya ha cambiado y sigue acelerando a la partícula.

Para el caso de una partícula alfa acelerada en un campo magnético B=1.4Teslas, este periodo y frecuencia se obtienen inmediatamente de (8)

$$T=\frac{2\pi m_\alpha}{q_\alpha B}=9.4\times 10^{-8} {\rm s} ,\qquad \nu=\frac 1T=1.1\times 10^7 {\rm s^{-1}} .$$ (9)

Puesto que cada vez que la partícula alfa pasa entre las ``des'' gana una energía cinética igual a $q_\alpha\Delta V$, y suponiendo que la partícula ha partido del reposo (por ejemplo, se ha originado en una desintegración radiactiva), al cabo de N vueltas tendrá una energía cinética igual a ${2Nq_\alpha\Delta V}$ (el 2 porque en cada vuelta pasa 2 veces entre las ``des''). Al ir aumentando la energía cinética irá aumentando el radio r de la órbita circular (aunque como ya sabemos el tiempo en hacer la trayectoria seguirá siendo el mismo ya que no depende del radio de la trayectoria). Teniendo en cuenta (7), la energía cinética y el radio r de la trayectoria al cabo de N vueltas están relacionados por

$$\left(E_{\scriptscriptstyle \rm cin}\right)_{\scriptscriptst... ...vueltas}}\right)^2 =\frac{q_\alpha^2 B^2}{2m_\alpha} r^2 .$$ (10)

Si extraemos la partícula cuando r=R=0.6m entonces la energía cinética ganada es

$$E_{\scriptscriptstyle \rm cin}=\frac{q_\alpha^2 B^2}{2m_\alp... ...\mbox{Julios}=33.8\times 10^6 \mbox{eV} =33.8 \mbox{MeV} ,$$

donde la unidad de energía eV es la energía que gana un eléctron al ser acelerado en una diferencia de potencial de 1 voltio: ${1 {\rm eV}=1.6\times 10^{-19} {\rm C} \cdot 1 {\rm V}=1.6\times 10^{-19} {\rm J}}$; y 1MeV es un millón de eV. Y de la ecuación (10), el número de vueltas para ser extraída la partícula alfa es

$$N=\frac{1}{2q_\alpha\Delta V} \frac{q_\alpha^2 B^2}{2m_\alpha} R^2= 423 {\rm vueltas} .$$