Selettori di velocità e misure del rapporto tra carica e massa

Theory used: Selettore di velocità Il selettore e il segno della carica Misura del rapporto tra carica e massa dell'elettrone Rapporto tra carica e massa dal raggio della traiettoria Deflessione in un campo elettrico uniforme L'esperimento di Thomson

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Esercizio 1

In un selettore di velocità il campo elettrico è prodotto da due armature distanti $d = 1{,}0\,\mathrm{cm}$ , con differenza di potenziale $\Delta V = 400\,\mathrm{V}$ ; il campo magnetico, perpendicolare al campo elettrico, vale $B = 0{,}20\,\mathrm{T}$ .

Determina la velocità delle particelle che attraversano il selettore senza essere deviate.
Un protone entra nel selettore con velocità $v' = 3{,}0 \cdot 10^5\,\mathrm{m/s}$ . Calcola la forza totale che agisce su di esso all’ingresso e spiega in quale verso viene deviato.
Determina il campo magnetico che, con lo stesso campo elettrico, lascerebbe passare i protoni con velocità $5{,}0 \cdot 10^5\,\mathrm{m/s}$ .

( $e = 1{,}60 \cdot 10^{-19}\,\mathrm{C}$ )

Protone nel selettore con campo magnetico entrante (

\otimes

): il campo elettrico va dall'armatura positiva a quella negativa, quindi la forza elettrica è verso il basso e la forza di Lorentz verso l'alto

E = \frac{\Delta V}{d} = \frac{400}{0{,}010}\,\mathrm{V/m} = 4{,}0 \cdot 10^4\,\mathrm{V/m} , \qquad v = \frac{E}{B} = \frac{4{,}0 \cdot 10^4}{0{,}20}\,\mathrm{m/s} = 2{,}0 \cdot 10^5\,\mathrm{m/s}

F_B = e v' B = 1{,}60 \cdot 10^{-19} \cdot 3{,}0 \cdot 10^5 \cdot 0{,}20\,\mathrm{N} = 9{,}6 \cdot 10^{-15}\,\mathrm{N}

F_E = e E = 1{,}60 \cdot 10^{-19} \cdot 4{,}0 \cdot 10^4\,\mathrm{N} = 6{,}4 \cdot 10^{-15}\,\mathrm{N}

F = F_B - F_E = 3{,}2 \cdot 10^{-15}\,\mathrm{N}

B' = \frac{E}{v''} = \frac{4{,}0 \cdot 10^4}{5{,}0 \cdot 10^5}\,\mathrm{T} = 8{,}0 \cdot 10^{-2}\,\mathrm{T}

Il campo elettrico tra le armature è uniforme e vale $\dfrac{\Delta V}{d}$ . Nel selettore di velocità la forza elettrica e la forza di Lorentz sono opposte, e la particella prosegue in linea retta se i loro moduli sono uguali, cioè se $eE = evB$ . La carica si semplifica e resta $v = \dfrac{E}{B} = 2{,}0 \cdot 10^5\,\mathrm{m/s}$ .

Il protone con $v' = 3{,}0 \cdot 10^5\,\mathrm{m/s}$ è più veloce, quindi la forza di Lorentz, proporzionale alla velocità, è maggiore della forza elettrica, che non dipende dalla velocità. Le due forze hanno la stessa direzione e versi opposti, perciò la forza totale ha modulo $F_B - F_E = 3{,}2 \cdot 10^{-15}\,\mathrm{N}$ e il verso della forza di Lorentz. Nella figura la regola della mano destra, con il pollice verso destra lungo $\vec{v}$ e l’indice dentro il foglio lungo $\vec{B}$ , dà il medio verso l’alto; la carica è positiva, quindi il protone è deviato verso l’armatura positiva.

Per selezionare una velocità diversa con lo stesso campo elettrico si cambia il campo magnetico, perché dalla condizione $v = \dfrac{E}{B}$ segue $B = \dfrac{E}{v}$ . Una velocità maggiore richiede un campo minore, $0{,}080\,\mathrm{T}$ .

Esercizio 2

In un apparato simile a quello di Thomson, un fascio di elettroni attraversa una regione lunga $L = 5{,}0\,\mathrm{cm}$ nella quale ci sono un campo elettrico $E = 1{,}5 \cdot 10^4\,\mathrm{V/m}$ e un campo magnetico perpendicolare $B = 6{,}0 \cdot 10^{-4}\,\mathrm{T}$ ; con questi valori il fascio non è deviato. Spegnendo il campo magnetico, il fascio esce dalla regione spostato di $y = 5{,}3\,\mathrm{mm}$ .

Calcola la velocità degli elettroni.
Determina il rapporto $\dfrac{e}{m_e}$ e confrontalo con il valore che si ottiene dalle costanti.
Determina la differenza di potenziale che ha accelerato gli elettroni da fermi.

( $e = 1{,}60 \cdot 10^{-19}\,\mathrm{C}$ , $m_e = 9{,}11 \cdot 10^{-31}\,\mathrm{kg}$ )

v = \frac{E}{B} = \frac{1{,}5 \cdot 10^4}{6{,}0 \cdot 10^{-4}}\,\mathrm{m/s} = 2{,}5 \cdot 10^7\,\mathrm{m/s}

y = \frac{e E L^2}{2 m_e v^2} = \frac{e}{m_e} \cdot \frac{B^2 L^2}{2E} \quad\Longrightarrow\quad \frac{e}{m_e} = \frac{2 y E}{B^2 L^2}

\frac{e}{m_e} = \frac{2 \cdot 5{,}3 \cdot 10^{-3} \cdot 1{,}5 \cdot 10^4}{\left( 6{,}0 \cdot 10^{-4} \right)^2 \cdot (0{,}050)^2}\,\mathrm{C/kg} \approx 1{,}77 \cdot 10^{11}\,\mathrm{C/kg}

\frac{1{,}60 \cdot 10^{-19}}{9{,}11 \cdot 10^{-31}}\,\mathrm{C/kg} \approx 1{,}76 \cdot 10^{11}\,\mathrm{C/kg}

e\,\Delta V = \frac{1}{2} m_e v^2 \quad\Longrightarrow\quad \Delta V = \frac{m_e v^2}{2e} = \frac{9{,}11 \cdot 10^{-31} \cdot \left( 2{,}5 \cdot 10^7 \right)^2}{2 \cdot 1{,}60 \cdot 10^{-19}}\,\mathrm{V} \approx 1{,}8 \cdot 10^3\,\mathrm{V}

Con entrambi i campi accesi il fascio non è deviato, quindi la regione funziona come un selettore di velocità, e gli elettroni hanno velocità $\dfrac{E}{B} = 2{,}5 \cdot 10^7\,\mathrm{m/s}$ . Il selettore funziona anche per cariche negative, perché per l’elettrone la forza elettrica e la forza di Lorentz cambiano verso entrambe e restano opposte.

Con il solo campo elettrico gli elettroni entrano perpendicolarmente al campo, e lo spostamento all’uscita è dato dalla formula della deflessione in un campo elettrico uniforme. In quella formula si sostituisce $v^2 = \dfrac{E^2}{B^2}$ e si isola il rapporto $\dfrac{e}{m_e}$ , come nella misura del rapporto tra carica e massa dell’elettrone. Il valore trovato, $1{,}77 \cdot 10^{11}\,\mathrm{C/kg}$ , differisce dal valore delle costanti meno dell’ $1\,\%$ , una differenza compatibile con la precisione con cui si legge lo spostamento sullo schermo.

La velocità è stata acquistata attraversando una differenza di potenziale da fermi, quindi per il teorema dell’energia cinetica $e\,\Delta V = \dfrac{1}{2} m_e v^2$ , e si ottiene circa $1{,}8\,\mathrm{kV}$ . La velocità degli elettroni è circa l’ $8\,\%$ di $c$ , perciò le formule classiche si applicano.

Esercizio 3

Nello stesso apparato dell’esercizio precedente, con $E = 1{,}5 \cdot 10^4\,\mathrm{V/m}$ e $B = 6{,}0 \cdot 10^{-4}\,\mathrm{T}$ , si spegne il campo elettrico e si lascia acceso il solo campo magnetico, che ora occupa una regione più ampia. Gli elettroni descrivono un arco di circonferenza di raggio $r = 23{,}7\,\mathrm{cm}$ .

Spiega perché gli elettroni hanno ancora la velocità selezionata con i campi incrociati e ricava la formula di $\dfrac{e}{m_e}$ in funzione di $E$ , $B$ e $r$ .
Calcola $\dfrac{e}{m_e}$ .
Spiega che cosa si concluderebbe se, con gli stessi campi, ioni di idrogeno $\mathrm{H}^+$ selezionati con la stessa velocità descrivessero una circonferenza di raggio circa $1800$ volte maggiore.

v = \frac{E}{B} , \qquad r = \frac{m_e v}{e B} = \frac{m_e E}{e B^2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{e}{m_e} = \frac{E}{B^2 r}

\frac{e}{m_e} = \frac{1{,}5 \cdot 10^4}{\left( 6{,}0 \cdot 10^{-4} \right)^2 \cdot 0{,}237}\,\mathrm{C/kg} \approx 1{,}76 \cdot 10^{11}\,\mathrm{C/kg}

\frac{r_{\mathrm{H}}}{r_e} = \frac{m_{\mathrm{H}}}{q_{\mathrm{H}}} \cdot \frac{e}{m_e} \approx 1800

Il campo magnetico non cambia il modulo della velocità, perché il lavoro della forza di Lorentz è nullo. Gli elettroni arrivano dalla stessa sorgente con la stessa tensione di accelerazione, quindi hanno la velocità $\dfrac{E}{B}$ che il fascio aveva quando non era deviato. Nel solo campo magnetico la velocità è perpendicolare a $\vec{B}$ , e per il moto circolare in un campo magnetico uniforme il raggio è $\dfrac{m_e v}{eB}$ . Si sostituisce $v = \dfrac{E}{B}$ e si ricava il rapporto, come nell’esempio sul rapporto tra carica e massa dal raggio della traiettoria.

Il valore trovato, $1{,}76 \cdot 10^{11}\,\mathrm{C/kg}$ , coincide con quello dell’esercizio precedente entro le cifre significative, quindi i due metodi danno lo stesso risultato.

A parità di velocità e di campo il raggio è proporzionale al rapporto $\dfrac{m}{q}$ . Se lo ione idrogeno descrive una circonferenza $1800$ volte più grande, il suo rapporto $\dfrac{m}{q}$ è $1800$ volte quello dell’elettrone. Supponendo che la carica dello ione abbia lo stesso modulo $e$ , la sua massa sarebbe circa $1800$ volte quella dell’elettrone. Questa è la conclusione dell’esperimento di Thomson, cioè che le particelle dei raggi catodici sono molto più leggere dell’atomo più leggero.