磁場中の荷電粒子

粒子、それを加速させた電圧、そして通過する磁場の強さを選んでください。このページでは、粒子が描く円軌道、相対論的効果を含めた一周の所要時間、そして同じ電圧と磁場が他の五つの粒子にどのような影響を与えるかを計算します。

磁気力：速度と磁場の双方に直交	$\vec F=q\,\vec v\times\vec B,\qquad F=\|q\|vB\sin\theta$
一様磁場を横切る運動：円軌道と、速さに依存しない周期	$\begin{gathered}r=\frac{mv}{\|q\|B}\\ T=\frac{2\pi m}{\|q\|B},\qquad f=\frac{\|q\|B}{2\pi m}\end{gathered}$
光速に近づくとき：運動量は γmv	$\begin{gathered}p=\gamma mv,\qquad r=\frac{p}{\|q\|B}\\ T=\gamma\,\frac{2\pi m}{\|q\|B}\end{gathered}$

計算例 — 磁場中の荷電粒子

静止エネルギー	938.272 MeV
電圧による運動エネルギー	10.00 keV
ローレンツ因子 γ	1.000011
速さ	1.384×10⁶ m/s
運動量	2.315×10⁻²¹ kg·m/s
円の半径	9.633 mm
相対論を無視した場合の一周の時間	43.73 ns
一周の時間	43.73 ns

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レッスン

理論 — 磁場中の荷電粒子

磁場 B の中を速度 v で運動する電荷 q は、ローレンツ力の磁気成分 F = q v × B を受ける。この力は速度と磁場の双方に垂直で、両者が直交しているときの大きさは |q|vB となる。常に運動方向と直角をなす力は仕事をしない。そのため速さは決して変わらず、向きだけが曲げられ続けて円軌道を描く。軌道半径は運動量を電荷と磁場の積で割った r = p/(|q|B) であり、一周に要する時間は T = 2πγm/(|q|B) である。光速より十分に遅い領域では、γ は小数点以下何桁までも 1 であり、周期の式から速さが完全に姿を消す。その逆数である |q|B/(2πm) がサイクロトロン周波数である。

各記号の意味

q: 粒子の電荷（クーロン単位）。電気素量 e = 1.602176634×10⁻¹⁹ C の整数倍となります。その符号によって回転する方向が決まります
B: 磁場（テスラ単位）。粒子が移動するすべての場所で一定です
r: 円軌道の半径。速さやエネルギー単独ではなく、運動量によって決まります
T_0: 相対論を無視した場合の一周の時間、2πm/(|q|B)
γ: ローレンツ因子、1 + K/(mc²)。実際の周期は γT₀

公式の導き方

働く力。常に進行方向と直角をなすため、仕事をしない。速さは不変のまま、向きだけが変わる。
$\vec F=q\,\vec v\times\vec B,\qquad\vec F\perp\vec v\ \Rightarrow\ W=0$
円軌道。大きさが一定で常に進行方向と直角をなす力は向心力であり、これを mv²/r と結ぶことで軌道半径が決まる。
$|q|vB=\frac{mv^{2}}{r}\ \Rightarrow\ r=\frac{mv}{|q|B}$
一周。道のり 2πr を速さ v で割る。r に含まれる v と分母の v が互いに打ち消し合う。
$T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{|q|B}$
加速電圧から。静止していた電荷が電位差 ΔV を通過して得る運動エネルギーは |q|ΔV であり、ここから速さが、そして半径が決まる。
$|q|\,\Delta V=\tfrac12mv^{2}\ \Rightarrow\ r=\frac{\sqrt{2m|q|\,\Delta V}}{|q|B}$
高速領域。半径を決めるのは運動量 γmv であり、周期は低速時の γ 倍に延びる。計算表はどの速度域でもこの原理で動作している。
$\begin{gathered}p=\gamma mv,\qquad r=\frac{p}{|q|B}\\ T=\gamma\,T_0\end{gathered}$

前提: 磁場は一様かつ定常であり、粒子がそれに対して正確に垂直に運動することを前提とします。磁場と平行な方向の速度成分は影響を受けないため、その場合軌道は螺旋を描きます。また、粒子の減速を防ぐ真空空間を想定しています。さらに、円運動をする電荷は放射を起こしますが、ここでは放射しないものとして扱います。電子のプリセットにおいて一周で放射されるエネルギーは百万分の一電子ボルトにも満たないものですが、強い磁場中でギガ電子ボルトに達すると現実の損失となります。電子シンクロトロンがエネルギーを供給し続けなければならないのはこのためです。ウランイオンは一価の原子であり、その質量は原子質量から電子一つ分を引いたものとします。
成り立たない場合: 相対性理論は組み込まれているため、粒子が高速であってもこのページが破綻することはありません。破綻の原因となるのは磁石です。現実の磁場は端に向かうにつれて弱くなりますが、サイクロトロンではビームの焦点を保ちつつ共鳴状態に近づくよう磁場の形状を調整する必要があり、これこそが 1938 年の Rose の論文の主題でした。稼働中のサイクロトロンでは、隙間にある電場が半周ごとにエネルギーを加えるため、実際の経路は単一の円ではなく、半径が広がり続ける半円の螺旋となります。さらに、一本のビーム内にある多数のイオンは互いに反発し合ってビームを広げてしまいます。これは、William Parkins が記した戦時中のカルトロンに関する報告書のタイトルに挙げられるほどの大きな問題です。

全プロセスの詳細解説

加速電圧から円軌道へ 3 ステップ
静止していた陽子が 5.0 kV の電圧で加速され、0.40 T の磁場へ垂直に入射した。陽子の速さ、描く円軌道の半径、および一周にかかる時間を求めよ。

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1. 電圧を通過して得たエネルギーは、すべて運動エネルギーとなる:
  
  $\tfrac12mv^{2}=|q|\,\Delta V\ \Rightarrow\ v=\sqrt{\frac{2|q|\,\Delta V}{m}}=\sqrt{\frac{2\,(1{.}602\times10^{-19})(5{.}0\times10^{3})}{1{.}673\times10^{-27}}}\approx9{.}787\times10^{5}\ \mathrm{m/s}$
2. 磁気力が向心力を担う:
  
  $|q|vB=\frac{mv^{2}}{r}\ \Rightarrow\ r=\frac{mv}{|q|B}=\frac{(1{.}673\times10^{-27})(9{.}787\times10^{5})}{(1{.}602\times10^{-19})(0{.}40)}\approx25{.}54\ \mathrm{mm}$
3. 一周にかかる時間は円周を速さで割った値であり、速さ v は相殺される:
  
  $T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{|q|B}=\frac{2\pi\,(1{.}673\times10^{-27})}{(1{.}602\times10^{-19})(0{.}40)}\approx164{.}0\ \mathrm{ns}$
解答

v = 9.787 × 10⁵ m/s, r = 25.54 mm, T = 164.0 ns。5.0 kV では陽子の速さは光速の3分の1パーセント程度にすぎず、相対論によるずれは100万分の数部にとどまる。

$v\approx9{.}787\times10^{5}\ \mathrm{m/s},\quad r\approx25{.}54\ \mathrm{mm},\quad T\approx164{.}0\ \mathrm{ns}$
電子に働く力と回転の向き 3 ステップ
50 V で加速された電子が +x 方向に進み、+z 方向を向いた 0.50 mT の磁場に入る。進入直後に受ける力、円軌道の半径、および +z 方向から見てどちら向きに回転するかを求めよ。

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1. 得られた 50 eV から求めた速さ:
  
  $v=\sqrt{\frac{2e\,\Delta V}{m_e}}=\sqrt{\frac{2\,(1{.}602\times10^{-19})(50)}{9{.}109\times10^{-31}}}\approx4{.}194\times10^{6}\ \mathrm{m/s}$
2. 力の向きは外積から決まる。x̂ × ẑ = −ŷ であり、電子の電荷が負であるため向きが反転する:
  
  $\vec F=q\,\vec v\times\vec B=(-e)\,vB\,(\hat x\times\hat z)=(-e)\,vB\,(-\hat y)=+evB\,\hat y$
3. 力の大きさと、それがもたらす円軌道の半径:
  
  $F=evB=(1{.}602\times10^{-19})(4{.}194\times10^{6})(5{.}0\times10^{-4})\approx3{.}359\times10^{-16}\ \mathrm{N},\qquad r=\frac{m_ev}{eB}\approx47{.}69\ \mathrm{mm}$
解答

+y 方向に F = 3.359 × 10⁻¹⁶ N、r = 47.69 mm、+z 方向から見て反時計回り。同じ磁場の中では、陽子なら −y 方向に力を受けて時計回りに回る。右手の法則はいずれも正電荷を基準にしているため、電子では向きを逆に取ればよい。

$F\approx3{.}359\times10^{-16}\ \mathrm{N}\ (+y),\qquad r\approx47{.}69\ \mathrm{mm}$
同一の電圧で加速される三つの粒子 3 ステップ
陽子、重陽子、アルファ粒子がそれぞれ 10 kV で加速され、共通の 1.5 T の磁場に入った。それぞれの円軌道の半径を求めよ。

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1. 同じ電圧で加速されるため、得られるエネルギーはそれぞれ |q|ΔV となる。したがって運動量は √(2m|q|ΔV) であり、軌道半径は m/q の平方根に比例する:
  
  $r=\frac{\sqrt{2m|q|\,\Delta V}}{|q|B}=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2m\,\Delta V}{|q|}}$
2. 陽子と重陽子の電荷はともに e であり、重陽子の質量は陽子の2倍である:
  
  $r_p=\frac{1}{1{.}5}\sqrt{\frac{2\,(1{.}673\times10^{-27})(1{.}0\times10^{4})}{1{.}602\times10^{-19}}}\approx9{.}633\ \mathrm{mm},\qquad r_d=\sqrt{\frac{m_d}{m_p}}\;r_p\approx13{.}62\ \mathrm{mm}$
3. アルファ粒子は陽子の4倍の質量と2倍の電荷をもつため、m/q は重陽子とほぼ等しい:
  
  $r_\alpha=\sqrt{\frac{m_\alpha/2e}{m_d/e}}\;r_d=\sqrt{\frac{6{.}645\times10^{-27}}{2\,(3{.}344\times10^{-27})}}\;r_d\approx0{.}9968\,r_d\approx13{.}58\ \mathrm{mm}$
解答

9.633 mm, 13.62 mm, 13.58 mm。アルファ粒子の軌道は重陽子より 0.32% 小さい。ヘリウム原子核は二つの重陽子よりも 23.8 MeV 強く結合しており、その結合エネルギーの分だけ質量が軽いため、m/q が重陽子より 0.64% 小さくなるからである。

$r_p\approx9{.}633,\quad r_d\approx13{.}62,\quad r_\alpha\approx13{.}58\ \mathrm{mm}$
速度選別器と質量分析器 3 ステップ
1価の炭素イオンが、直交する電磁場 E = 1.0 × 10⁵ V/m、B = 0.20 T の中を直進して通過したのち、0.40 T の磁場の中で半円を描いて曲がる。炭素12と炭素13は互いに何ミリメートル離れた位置に到達するか。
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1. イオンが直進するのは静電気力と磁気力が相殺するときに限られるため、質量によらず通過できる速さが一意に定まる:
  
  $qE=qvB_1\ \Rightarrow\ v=\frac{E}{B_1}=\frac{1{.}0\times10^{5}}{0{.}20}=5{.}0\times10^{5}\ \mathrm{m/s}$
2. 2つ目の磁場では、同位体ごとに固有の円軌道を描く:
  
  $r=\frac{mv}{eB_2}:\qquad r_{12}=\frac{(12{.}000\,\mathrm u)(5{.}0\times10^{5})}{(1{.}602\times10^{-19})(0{.}40)}\approx155{.}5\ \mathrm{mm},\qquad r_{13}\approx168{.}5\ \mathrm{mm}$
3. 半円を描いたのち、各同位体はスリットから直径だけ離れた位置に到達する:
  
  $\Delta x=2\,(r_{13}-r_{12})\approx26{.}0\ \mathrm{mm}$
解答

26.0 mm 離れる。あらかじめ速さが揃えられているため、半径は質量そのものに比例する（例題3の平方根比例とは異なる）。したがって、質量の 8.4% の差がそのまま半径の 8.4% の差となって現れる。

$\Delta x\approx26{.}0\ \mathrm{mm}$
磁場と斜めに交わる速度：らせん運動 4 ステップ
陽子が 0.10 T の磁場に対して 60° の角度をなし、5.0 × 10⁵ m/s で運動している。陽子に働く力、軌道の半径、および1回転あたり磁場方向に進む距離を求めよ。
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1. 力を受けるのは、磁場と垂直な速度成分のみである:
  
  $F=|q|vB\sin\theta=(1{.}602\times10^{-19})(5{.}0\times10^{5})(0{.}10)\sin60^{\circ}\approx6{.}938\times10^{-15}\ \mathrm{N}$
2. 速度を磁場に垂直な成分と平行な成分に分解する:
  
  $v_\perp=v\sin60^{\circ}\approx4{.}330\times10^{5},\qquad v_\parallel=v\cos60^{\circ}=2{.}5\times10^{5}\ \mathrm{m/s}$
3. 垂直成分は円運動を担い、その周期は低速時の周期と一致する:
  
  $r=\frac{mv_\perp}{|q|B}\approx45{.}21\ \mathrm{mm},\qquad T=\frac{2\pi m}{|q|B}\approx655{.}9\ \mathrm{ns}$
4. 平行成分は何の影響も受けず、1周ごとに1ピッチ分、陽子を前方へ運ぶ:
  
  $p=v_\parallel T=(2{.}5\times10^{5})(6{.}559\times10^{-7})\approx164{.}0\ \mathrm{mm}$
解答

F = 6.938 × 10⁻¹⁵ N, r = 45.21 mm, ピッチ 164.0 mm。陽子は磁力線に巻き付くようにらせんを描く。角度にかかわらず、655.9 ns ごとにちょうど1回転する。

$F\approx6{.}938\times10^{-15}\ \mathrm{N},\quad r\approx45{.}21\ \mathrm{mm},\quad p\approx164{.}0\ \mathrm{mm}$
相対論が無視できない領域 3 ステップ
1.0 MeV の運動エネルギーをもつ電子が、0.010 T の磁場を垂直に横切る。描く円の半径と一周にかかる時間を求めよ。電子、1 MV を選択。

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1. 運動エネルギーが静止エネルギーのほぼ2倍に達するため、γ は 1 から大きく離れる:
  
  $\gamma=1+\frac{K}{mc^{2}}=1+\frac{1{.}000}{0{.}5110}\approx2{.}957$
2. エネルギーから運動量を求め、そこから軌道半径を求める:
  
  $pc=\sqrt{K^{2}+2Kmc^{2}}=\sqrt{1{.}000^{2}+2\,(1{.}000)(0{.}5110)}\approx1{.}422\ \mathrm{MeV},\qquad r=\frac{p}{eB}\approx474{.}3\ \mathrm{mm}$
3. 周期は低速時の γ 倍となる:
  
  $T=\gamma\,\frac{2\pi m_e}{eB}\approx2{.}957\times3{.}572\ \mathrm{ns}\approx10{.}56\ \mathrm{ns}$
解答

r = 474.3 mm, T = 10.56 ns。もし ½mv² = 1.0 MeV と置いてしまうと、速さは光速のほぼ2倍にあたる 5.931 × 10⁸ m/s となり、半径は 337.2 mm と誤って算出される。

$r\approx474{.}3\ \mathrm{mm},\qquad T\approx10{.}56\ \mathrm{ns}$
固定周波数のサイクロトロンは、陽子をどこまで加速できるか？ 6 ステップ
あるサイクロトロンは 1.5 T の磁石と半径 0.5 m の空洞電極を備えており、一周ごとに 100 keV のエネルギーを陽子に与えます。このとき、駆動すべき高周波の周波数、外縁に到達した陽子のエネルギー、そして固定周波数でそこまで到達できるかどうかを求めてください。陽子、10 kV を押して最初のステップを確認しましょう。

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1. 周波数は低速の陽子のサイクロトロン周波数であり、このページでは 10 kV の設定で以下のように表示されます:
  
  $f_0=\dfrac{qB}{2\pi m}=\dfrac{1{.}602177\times10^{-19}\times1{.}5}{2\pi\times1{.}672622\times10^{-27}}=22{.}87\ \mathrm{MHz}\qquad T_0=43{.}73\ \mathrm{ns}$
2. 外縁での半径は 0.5 m であるため、運動量は qBR となります。これを pc として表すと、次のエネルギーになります:
  
  $pc=qBRc=1{.}602177\times10^{-19}\times1{.}5\times0{.}5\times2{.}997925\times10^{8}\ \mathrm{J}=224{.}84\ \mathrm{MeV}$
3. 運動エネルギーは、全エネルギーから静止エネルギーを引いたものです。相対論を無視した場合の計算値は 26.94 MeV となり、1.4% 大きく見積もられます:
  
  $K=\sqrt{(pc)^2+(mc^2)^2}-mc^2=\sqrt{224{.}84^2+938{.}27^2}-938{.}27=26{.}56\ \mathrm{MeV}\qquad\dfrac{(pc)^2}{2mc^2}=26{.}94\ \mathrm{MeV}$
4. このエネルギーでは γ は 1.028312 となるため、外縁での一周は中心付近での一周よりも 2.83% 長くかかります:
  
  $\gamma=1+\dfrac{26{.}56}{938{.}27}=1{.}028312\quad\Rightarrow\quad T_{\mathrm{rim}}=1{.}028312\,T_0$
5. 一周で 100 keV を得る場合、陽子が外縁に到達するには 266 周が必要です。k 周目には、一周の割合として γ − 1 = kΔE/mc² だけ遅れます。この遅れが蓄積し、外縁に到達する頃には高周波のまる 3.78 周期分に達します:
  
  $n=\dfrac{26{.}56}{0{.}1}\approx266\qquad\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k\,\Delta E}{mc^2}=\dfrac{\Delta E}{mc^2}\,\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac{0{.}1}{938{.}27}\times\dfrac{266\times267}{2}=3{.}78$
6. 陽子が前方に加速されるのは、隙間にある電場が前方を向いている間、すなわち各周期の半分の間だけです。そのため、蓄積された遅れが半周期、つまり位相の π に達した時点でエネルギーの増加は止まります:
  
  $\dfrac{\Delta E}{mc^2}\,\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac12\ \Rightarrow\ n(n+1)=\dfrac{938{.}27}{0{.}1}=9383\ \Rightarrow\ n=97,\ K=9{.}7\ \mathrm{MeV}\approx\sqrt{mc^2\,\Delta E}=9{.}69\ \mathrm{MeV}$
解答

この電磁石の最外周が保持できる陽子のエネルギーは 26.56 MeV に達する。しかし周波数を固定したまま一周あたり 100 keV で加速した場合、およそ 9.7 MeV まで達したところで陽子は位相がずれて加速できなくなる。一周あたりの獲得エネルギーを4倍の 400 keV に増やしても、上限は √(mc²·ΔE) に比例するため、2倍の 19.2 MeV にしかならない。毎周 100 keV を余さず獲得できるとしたこの見積もりはかなり甘めだが、磁場を精密に成形したローズの1938年の計算でも、電極電圧 50 kV で 13.9 MeV に達し、やはり同様の平方根則が成り立っている。この壁を越えた加速器は、周波数固定型が見落としていた γ の効果を、二通りの方法のいずれかで取り戻した。シンクロサイクロトロンは陽子のエネルギー上昇に合わせて周波数を下げ、等時性サイクロトロンは外周ほど磁場を強めて周期を一定に保つ。後者の設計でもビームを収束させ続けられることを、1938年に L・H・トーマスが証明した。

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

補充問題（答えのみ）

光速より十分に遅い電子が、地磁気 50 μT の中で円軌道を一周するにはどれだけの時間がかかるか。

答えを表示

この速度域であれば、どの速さでも 714.5 ns。

$T=\frac{2\pi m_e}{eB}\approx714{.}5\ \mathrm{ns}$
同じ速さの陽子と重陽子が同じ磁場を横切るとき、軌道半径の比はどうなるか。

答えを表示

1.999。速さが同じ場合、半径は平方根ではなく m/q そのものに比例する。

$\frac{r_d}{r_p}=\frac{m_d}{m_p}\approx1{.}999$
陽子が 0.20 T の磁場に対して 30° の向きに 3.0 × 10⁶ m/s で運動している。陽子に働く力を求めよ。

答えを表示

4.807 × 10⁻¹⁴ N。

$F=|q|vB\sin30^{\circ}\approx4{.}807\times10^{-14}\ \mathrm{N}$
E = 2.4 × 10⁴ V/m、B = 0.060 T の速度選別器を直進して通過できるのは、どのような速さの粒子か。

答えを表示

電荷や質量にかかわらず、4.0 × 10⁵ m/s。

$v=\frac{E}{B}=4{.}0\times10^{5}\ \mathrm{m/s}$
磁場 1.5 T、半径 0.50 m のサイクロトロンで重陽子を加速する。相対論を考慮しない場合、高周波の周波数はいくらにすべきか。また、取り出される重陽子のエネルギーはいくらか。

答えを表示

11.44 MHz、13.48 MeV。

$f=\frac{eB}{2\pi m_d}\approx11{.}44\ \mathrm{MHz},\qquad K=\frac{e^{2}B^{2}R^{2}}{2m_d}\approx13{.}48\ \mathrm{MeV}$
10 keV の電子を半径 5.0 cm の円軌道で曲げるには、どれだけの磁場が必要か。

答えを表示

6.777 mT（相対論を考慮しない場合は 6.744 mT）。

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

二倍の速さ、二倍の大きさの円軌道、そして同じ 43.73 ns

まず陽子、10 kVを、続いて陽子、40 kVを押してください。エネルギーを4倍にすると、速さは2倍になり、軌道半径も9.633 mmから19.27 mmへと2倍になります。それでも一周にかかる時間は、どちらも43.73 nsです。速さvは式から消えます。半径はmv/(qB)、一周の時間は2πr/vなので、代入して残るのは2πm/(qB)。ここにvはありません。アーネスト・ローレンスとスタンレー・リヴィングストンが1932年に発表したサイクロトロンの論文は、この相殺を土台にしています。速い陽子でも半周に必要な時間は短くなりません。そのため、中空電極二枚の間のギャップに一定周波数の高周波電圧をかけておけば、外側へらせん状に進む陽子を、通過のたびに正しい位相で加速できます。二人は、印加電圧が最大でも4,000 Vの装置から1.22 MeVの陽子を得ました。三つの軌道を示すパネルでは、古典論による一周時間の4分の1ごとに、各軌道上の位置を点で示しています。このエネルギー範囲では、三つの円上の点はいずれも同じ四本の放射線上に並びます。

20 MeV の陽子は 2.132% 遅れて一周し、固定された周波数では追いつけない

厳密な周回周期は 2πγm/(|q|B) であり、γ はエネルギーの増加とともに大きくなる。陽子、20 MV では γ = 1.021316 となり、高周波の駆動電場が低速の陽子に合わされたままであるため、一周にかかる時間は 43.73 ns ではなく 44.66 ns まで延びてしまう。ギャップへの到達は一周ごとに少しずつ遅れ、そのずれが積み重なると、電場が逆を向いている瞬間に突入することになる。電子の場合、実用になる範囲はごくわずかだ。20 kV を与えただけで周期はすでに 3.914% 延び、電子、1 MV では γ = 2.956951 と、低速時のほぼ3倍にも達する。第2パネルには四つの粒子の T ÷ T₀ を描いた。いずれの曲線も、運動エネルギーが静止エネルギーの数パーセントに達したあたりで上方へと折れ曲がる。これは電子なら数十 keV、陽子なら数十 MeV にあたる。1938年、M・E・ローズは、電極間電圧 50 kV と精密に成形した磁場を用いれば、周波数固定のサイクロトロンでも陽子を 13.9 MeV（より複雑な磁場なら 14.9 MeV）まで加速できることを導いた。最後の例題ではこの上限を大まかに見積もり、なぜ電圧の平方根に比例してしか伸びないのかを確かめる。

ウラン238は 1.28% 重く、その円軌道はわずか 0.638% だけ広い

同じ電圧を通過する粒子はどれも電荷の単位あたりに等しいエネルギーを得ます。また、低速粒子の運動量は √(2mK) であるため、同じ電荷であれば半径は質量の平方根に比例します。ウラン235、35 kV は 1.2145 m の軌道を描きます。隣の表にあるように、235.0434 u に対して 238.0502 u のウラン238は、1.2223 m の軌道を描きます。質量が 1.28% 大きいことで、半径は 1.00638 倍の大きさになります。ビームを半周させて集電器へと曲げる装置では、二つの同位体は 15.5 mm 離れて到達します。これは半径の差の二倍にあたります。このような設定において磁石が与えられる分離の限界がこれであり、戦時中のカルトロンがウラン235を分離するために用いたのもこの手法です。

学習の道すじ

電場と磁場はどう生まれるか

参考文献 (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

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