Λύσεις Ασκήσεων — Κεφάλαιο 10.4: Σχέση έντασης-δυναμικού στο ομογενές πεδίο, κινήσεις φορτισμένων σωματιδίων (σελ. 125-137)

(Πηγή: Φυσική Προσανατολισμού Γ΄ Λυκείου — Βιβλίο Μαθητή, Τεύχος Β΄, σελ. 128-142. Οι εκφωνήσεις είναι του σχολικού βιβλίου.)

Άσκηση 3.17 (σελ. 125)

Η διαφορά δυναμικού μεταξύ δύο σημείων Α και Β, που βρίσκονται πάνω στην ίδια δυναμική γραμμή μέσα σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο α) δεν εξαρτάται από την απόσταση των σημείων Α και Β. β) είναι ανάλογη με την απόστασή τους. γ) είναι ανάλογη με το τετράγωνο της απόστασής τους. δ) είναι αντίστροφα ανάλογη με την απόστασή τους. Επιλέξτε τη σωστή απάντηση.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Στο ομογενές πεδίο E=V/x ⇒ V=Ex, με E σταθερό — γραμμική σχέση με την απόσταση x.

Λύση:

1. V_A-V_B=Ex, με E σταθερό στο ομογενές πεδίο — γραμμική (ανάλογη) σχέση με x.

Απάντηση: Σωστή είναι η β).

Πρόσεξε:

• Η αναλογία V∝x ισχύει ΜΟΝΟ στο ομογενές πεδίο — στο πεδίο σημειακού φορτίου το V είναι αντιστρόφως ανάλογο του r, όχι ανάλογο.

Άσκηση 3.18 (σελ. 125)

Ένα ηλεκτρόνιο εκτοξεύεται με ταχύτητα υ₀ παράλληλα στις δυναμικές γραμμές ομογενούς ηλεκτρικού πεδίου, στην κατεύθυνση των δυναμικών γραμμών. Η κίνηση που θα κάνει είναι: α) Ευθύγραμμη ομαλή. β) Ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη. γ) Ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη. Δικαιολογήστε την απάντησή σας.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το ηλεκτρόνιο (αρνητικό) κινείται προς την κατεύθυνση των δυναμικών γραμμών, αλλά η δύναμη σε αυτό είναι ΑΝΤΙΘΕΤΗ των γραμμών — άρα επιβραδύνεται.

Λύση:

1. Δύναμη σε ηλεκτρόνιο: F=(-e)E, αντίθετη της Ε.
2. Η ταχύτητα υ₀ είναι στην κατεύθυνση της Ε, η δύναμη αντίθετη — η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη.

Απάντηση: Σωστή είναι η γ).

Πρόσεξε:

• Αν επρόκειτο για θετικό φορτίο (π.χ. πρωτόνιο) κινούμενο στην ίδια κατεύθυνση, η κίνηση θα ήταν επιταχυνόμενη — το πρόσημο του φορτίου καθορίζει επιτάχυνση ή επιβράδυνση.

Άσκηση 3.19 (σελ. 125)

Ένα ηλεκτρόνιο εκτοξεύεται με ταχύτητα υ₀ κάθετα στις δυναμικές γραμμές ομογενούς ηλεκτρικού πεδίου. Η κίνηση που θα κάνει α) είναι ευθύγραμμη ομαλή. β) είναι ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη. γ) έχει σταθερή επιτάχυνση. δ) είναι κυκλική. Ποια πρόταση είναι σωστή;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η κίνηση είναι σύνθεση ομαλής (κατά τον άξονα της αρχικής ταχύτητας) και ομαλά επιταχυνόμενης (κάθετα) — ανάλογο βλήματος, παραβολική τροχιά, με σταθερή (αλλά όχι στην κατεύθυνση της ταχύτητας) επιτάχυνση.

Λύση:

1. Η δύναμη F=(-e)E είναι σταθερή σε μέτρο και κατεύθυνση καθ' όλη τη διάρκεια ⇒ σταθερή επιτάχυνση.
2. Δεν είναι ευθύγραμμη (η τροχιά είναι παραβολική, §10.4) ούτε κυκλική.

Απάντηση: Σωστή είναι η γ): έχει σταθερή επιτάχυνση (η ίδια σε μέτρο και κατεύθυνση).

Πρόσεξε:

• «Σταθερή επιτάχυνση» δεν σημαίνει «ευθύγραμμη κίνηση» — όταν η αρχική ταχύτητα δεν είναι παράλληλη με την επιτάχυνση, η τροχιά είναι καμπύλη (παραβολική).

Άσκηση 3.20 (σελ. 126)

Η επιτάχυνση που αποκτάει φορτισμένο σωματίδιο μέσα σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο α) Μένει σταθερή. β) Έχει σταθερό μέτρο αλλά η κατεύθυνσή της εξαρτάται από την κατεύθυνση της αρχικής ταχύτητας του σωματιδίου. γ) Είναι ανάλογη με τη μάζα του. δ) Είναι αντίστροφα ανάλογη με το φορτίο του. ε) Είναι ανάλογη με την ένταση του πεδίου. Επιλέξτε τις σωστές προτάσεις.

Σκέψη / Μεθοδολογία: α=Eq/m — εξαρτάται από E, q, m αλλά ΟΧΙ από την αρχική ταχύτητα, και η κατεύθυνσή της είναι πάντα κατά τη διεύθυνση του πεδίου (όχι της ταχύτητας).

Λύση:

1. a=Eq/m: σταθερή σε μέτρο ΚΑΙ κατεύθυνση (κατά μήκος του πεδίου) εφόσον E,q,m σταθερά (η α) είναι σωστή, η β) είναι λάθος).
2. a=Eq/m: αντιστρόφως ανάλογη της μάζας, όχι ανάλογη (η γ) είναι λάθος).
3. a=Eq/m: ανάλογη του φορτίου, όχι αντιστρόφως ανάλογη (η δ) είναι λάθος).
4. a=Eq/m: ανάλογη της έντασης Ε (η ε) είναι σωστή).

Απάντηση: Σωστές είναι οι προτάσεις α) και ε).

Πρόσεξε:

• Η κατεύθυνση της επιτάχυνσης καθορίζεται ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΑ από το πεδίο (και το πρόσημο του φορτίου) — ΔΕΝ εξαρτάται από την αρχική ταχύτητα του σωματιδίου.

Άσκηση 3.21 (σελ. 126)

Πρωτόνια και πυρήνες He (He: ήλιον, ατομικός αριθμός 2, μαζικός αριθμός 4) βάλλονται με την ίδια ταχύτητα κάθετα στις δυναμικές γραμμές ομογενούς ηλεκτρικού πεδίου που δημιουργείται από ζεύγος φορτισμένων πλακιδίων. Ποιες από τις προτάσεις που ακολουθούν είναι σωστές; α) Ο χρόνος κίνησης όλων των σωματιδίων μέσα στο πεδίο είναι ίδιος. β) Η δύναμη που δέχονται οι πυρήνες ηλίου είναι μεγαλύτερη από τη δύναμη που δέχονται τα πρωτόνια. γ) Τα πρωτόνια αποκτούν μεγαλύτερη επιτάχυνση από τους πυρήνες ηλίου. δ) Οι πυρήνες του ηλίου υφίστανται τη μεγαλύτερη εκτροπή.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ο χρόνος διέλευσης εξαρτάται μόνο από την οριζόντια ταχύτητα υ₀ και το μήκος L (t=L/υ₀), ίδια για όλα. Η δύναμη F=qE εξαρτάται από το φορτίο (He: 2e, πρωτόνιο: e) — μεγαλύτερη για το He. Η επιτάχυνση a=qE/m εξαρτάται από το λόγο q/m: πρωτόνιο q/m=e/m_p, He q/m=2e/(4m_p)=e/(2m_p) — μικρότερος λόγος για το He, άρα ΜΙΚΡΟΤΕΡΗ επιτάχυνση.

Λύση:

1. t=L/υ₀ ίδιο για όλα τα σωματίδια, αφού έχουν την ίδια υ₀ (η α) είναι σωστή).
2. F_He=2eE>F_p=eE (η β) είναι σωστή).
3. a_p=eE/m_p, a_He=2eE/(4m_p)=eE/(2m_p)=a_p/2 — τα πρωτόνια έχουν ΜΕΓΑΛΥΤΕΡΗ επιτάχυνση (η γ) είναι σωστή).
4. Εκτροπή y=½at² — μεγαλύτερη επιτάχυνση σημαίνει μεγαλύτερη εκτροπή, άρα τα πρωτόνια (όχι το He) υφίστανται τη μεγαλύτερη εκτροπή (η δ) είναι λάθος).

Απάντηση: Σωστές είναι οι προτάσεις α), β) και γ).

Πρόσεξε:

• Παρότι το He δέχεται μεγαλύτερη δύναμη, έχει και μεγαλύτερη μάζα — ο λόγος q/m είναι αυτός που καθορίζει τελικά την επιτάχυνση και την εκτροπή, όχι μόνο η δύναμη.

Άσκηση 3.22 (σελ. 126)

Δέσμη ηλεκτρονίων, με την ίδια ταχύτητα, εισέρχεται κάθετα στις δυναμικές γραμμές ομογενούς ηλεκτρικού πεδίου που δημιουργείται από ζεύγος φορτισμένων πλακιδίων. Αν αυξηθεί η τάση ανάμεσα στα φορτισμένα πλακίδια που δημιουργούν το πεδίο: 1) Ο χρόνος εξόδου των ηλεκτρονίων από το πεδίο: α) αυξάνεται; β) μειώνεται; γ) παραμένει ίδιος; 2) Η εκτροπή που υφίσταται η δέσμη από το πεδίο: α) αυξάνεται; β) μειώνεται; γ) παραμένει ίδια; Επιλέξτε τις σωστές απαντήσεις.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ο χρόνος διέλευσης t=L/υ₀ δεν εξαρτάται από την τάση (μόνο από τη γεωμετρία και την οριζόντια ταχύτητα). Η εκτροπή y₁=½(Ve/dm_e)(L/υ₀)² είναι ανάλογη της τάσης V.

Λύση:

1. t=L/υ₀: δεν εμφανίζεται το V — ο χρόνος παραμένει ίδιος.
2. y₁∝V: αύξηση της τάσης αυξάνει την εκτροπή.

Απάντηση: 1) γ) παραμένει ίδιος, 2) α) αυξάνεται.

Πρόσεξε:

• Κοινό λάθος: να θεωρηθεί ότι μεγαλύτερη τάση σημαίνει και ταχύτερη έξοδο — ο χρόνος διέλευσης εξαρτάται ΜΟΝΟ από την υ₀ (αμετάβλητη κατά x) και το L.

Άσκηση 3.58 (σελ. 132)

Σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο, κατά μήκος μιας δυναμικής γραμμής, βρίσκονται, διαδοχικά, τα σημεία Α, Β και Γ. Εάν V_A-V_B = 5 V και οι αποστάσεις μεταξύ των σημείων είναι ΑΒ = x και ΒΓ = x, ποια είναι η διαφορά δυναμικού ανάμεσα στα σημεία Α-Γ και Β-Γ;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Στο ομογενές πεδίο η διαφορά δυναμικού είναι ανάλογη της απόστασης κατά μήκος δυναμικής γραμμής: V=Ex. Αφού ΑΒ=ΒΓ=x, οι διαφορές δυναμικού V_A-V_B και V_B-V_Γ είναι ίσες.

Λύση:

1. V_A-V_B=Ex=5 V ⇒ E=5/x.
2. V_B-V_Γ=Ex=5 V (ίδια απόσταση x).
3. V_A-V_Γ=(V_A-V_B)+(V_B-V_Γ)=5+5=10 V.

Απάντηση: V_A-V_Γ=10 V, V_B-V_Γ=5 V.

Πρόσεξε:

• Οι διαφορές δυναμικού είναι αθροιστικές κατά μήκος διαδοχικών τμημάτων μιας δυναμικής γραμμής — δεν χρειάζεται να υπολογιστεί ξεχωριστά η ένταση Ε παρά μόνο αν ζητηθεί.

Άσκηση 3.59 (σελ. 132)

Ο αέρας είναι μονωτής, αλλά για ηλεκτρικό πεδίο έντασης μεγαλύτερης από 3×10⁶ V/m γίνεται αγωγός (δημιουργείται ηλεκτρικός σπινθήρας). Η απόσταση μεταξύ των ηλεκτροδίων σε ένα μπουζί είναι περίπου 0,5 mm. Πόση είναι η ελάχιστη διαφορά δυναμικού που πρέπει να εφαρμοστεί στα ηλεκτρόδια, ώστε να παραχθεί ηλεκτρικός σπινθήρας; Θεωρήστε το πεδίο που δημιουργείται ανάμεσα στα ηλεκτρόδια ομογενές.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εφαρμόζουμε V=Ed με E τη διηλεκτρική αντοχή του αέρα.

Λύση:

1. V=E·d=3×10⁶·0,5×10⁻³=1500 V.

Απάντηση: V=1500 V.

Πρόσεξε:

• Η ελάχιστη τάση σπινθηρισμού είναι ανάλογη της απόστασης d — μικρότερο διάκενο σημαίνει χαμηλότερη τάση εκκίνησης σπινθήρα.

Άσκηση 3.60 (σελ. 132)

Στο ομογενές ηλεκτρικό πεδίο που υπάρχει ανάμεσα σε δυο οριζόντιες πλάκες με φορτία +Q και -Q, αιωρείται (ισορροπεί) σωματίδιο μάζας m = 10⁻³ kg και φορτίου q = 5×10⁻⁷ C. Αν οι δυο πλάκες απέχουν μεταξύ τους απόσταση l = 2 cm, να υπολογιστεί η διαφορά δυναμικού που παρουσιάζουν. Δίνεται g = 10 m/s².

Σκέψη / Μεθοδολογία: Για ισορροπία, η ηλεκτρική δύναμη εξισορροπεί το βάρος: qE=mg. Από αυτό βρίσκουμε το Ε, μετά το V=El.

Λύση:

1. qE=mg ⇒ E=mg/q=10⁻³·10/(5×10⁻⁷)=2×10⁴ N/C.
2. V=El=2×10⁴·0,02=400 V.

Απάντηση: V=400 V.

Πρόσεξε:

• Η ισορροπία (αιώρηση) απαιτεί την ηλεκτρική δύναμη να είναι κατακόρυφη προς τα πάνω και ίση σε μέτρο με το βάρος — δεν χρειάζεται να γνωρίζουμε το πρόσημο του q για τον υπολογισμό του μέτρου της τάσης.

Άσκηση 3.61 (σελ. 132)

Ανάμεσα σε δυο παράλληλες κατακόρυφες μεταλλικές πλάκες, που είναι φορτισμένες με φορτία +Q και -Q, ισορροπεί μια μικρή φορτισμένη σφαίρα εκκρεμούς, σε θέση τέτοια ώστε το νήμα να σχηματίζει γωνία θ με την κατακόρυφο. Οι δυο παράλληλες μεταλλικές πλάκες απέχουν απόσταση d = 10 cm και παρουσιάζουν διαφορά δυναμικού V = 200 V. Η σφαίρα εκκρεμούς έχει μάζα m = 2 mg. Να υπολογιστεί το φορτίο της σφαίρας. Δίνονται g = 10 m/s², εφθ = 0,1.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Οι πλάκες είναι κατακόρυφες, άρα το πεδίο (οριζόντιο) εκτρέπει το εκκρεμές πλάγια. Στην ισορροπία, η εφαπτομένη της γωνίας ισούται με τον λόγο οριζόντιας προς κατακόρυφη δύναμη: εφθ=qE/(mg).

Λύση:

1. E=V/d=200/0,1=2000 N/C.
2. Ισορροπία: εφθ=qE/(mg) ⇒ q=mg·εφθ/E=2×10⁻⁶·10·0,1/2000=2×10⁻⁶/2000=10⁻⁹ C.

Απάντηση: q=10⁻⁹ C.

Πρόσεξε:

• Οι πλάκες εδώ είναι ΚΑΤΑΚΟΡΥΦΕΣ (το πεδίο είναι οριζόντιο) — διαφορετική γεωμετρία από τα προβλήματα 3.60/3.92 με οριζόντιες πλάκες.

Άσκηση 3.62 (σελ. 132)

Ηλεκτρόνιο βάλλεται με ταχύτητα υ₀ = 2×10⁴ m/s παράλληλα στις δυναμικές γραμμές ομογενούς ηλεκτρικού πεδίου έντασης E = 91 V/m. α) Να υπολογιστεί η δύναμη που δέχεται το ηλεκτρόνιο και η επιτάχυνση που θα αποκτήσει. β) Να γραφούν οι σχέσεις που περιγράφουν την κίνησή του μέσα στο πεδίο. Εξετάστε τις περιπτώσεις στις οποίες η ταχύτητα του ηλεκτρονίου είναι Ι) ομόρροπη και ΙΙ) αντίρροπη προς τις δυναμικές γραμμές. Δίνονται η μάζα του ηλεκτρονίου m_ε = 9,1×10⁻³¹ kg και το στοιχειώδες φορτίο e = 1,6×10⁻¹⁹ C.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η δύναμη σε ηλεκτρόνιο είναι πάντα αντίθετη του πεδίου (αρνητικό φορτίο). Η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη αν η ταχύτητα είναι ομόρροπη με το πεδίο, και ομαλά επιταχυνόμενη αν είναι αντίρροπη.

Λύση:

1. F=eE=1,6×10⁻¹⁹·91≈1,456×10⁻¹⁷ N.
2. a=F/m_ε=1,456×10⁻¹⁷/9,1×10⁻³¹≈16×10¹² m/s².
3. Ι) υ ομόρροπη με το πεδίο: η δύναμη στο ηλεκτρόνιο είναι αντίρροπη ⇒ επιβράδυνση: υ(t)=υ₀-at, x(t)=υ₀t-½at².
4. ΙΙ) υ αντίρροπη με το πεδίο: η δύναμη είναι ομόρροπη με την ταχύτητα ⇒ επιτάχυνση: υ(t)=υ₀+at, x(t)=υ₀t+½at² (κατά τη φορά κίνησης).

Απάντηση: F≈1,456×10⁻¹⁷ N, a≈16×10¹² m/s². Ι) επιβραδυνόμενη κίνηση· ΙΙ) επιταχυνόμενη κίνηση, και στις δύο περιπτώσεις ευθύγραμμη ομαλά μεταβαλλόμενη.

Πρόσεξε:

• Η δύναμη στο ηλεκτρόνιο είναι ΠΑΝΤΑ αντίθετη της έντασης του πεδίου — το αν προκύπτει επιτάχυνση ή επιβράδυνση εξαρτάται από τη σχετική κατεύθυνση της αρχικής ταχύτητας ως προς το πεδίο, όχι ως προς τη δύναμη.

Άσκηση 3.63 (σελ. 132)

Ηλεκτρόνιο βάλλεται με ταχύτητα υ₀ ομόρροπη με τις δυναμικές γραμμές ομογενούς ηλεκτροστατικού πεδίου έντασης Ε. Να βρεθεί σε πόσο χρόνο θα μηδενιστεί στιγμιαία η ταχύτητά του, σε πόσο χρόνο θα επιστρέψει στην αρχική του θέση και τι ταχύτητα θα έχει τότε. Σχολιάστε το αποτέλεσμα. Δίνονται η μάζα του ηλεκτρονίου m_ε και το στοιχειώδες φορτίο e.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η κίνηση είναι ανάλογη κατακόρυφης βολής προς τα πάνω με «βαρύτητα» a=Ee/m_ε: το ηλεκτρόνιο επιβραδύνεται, σταματά στιγμιαία, μετά επιστρέφει επιταχυνόμενο.

Λύση:

1. a=Ee/m_ε (επιβράδυνση).
2. Χρόνος μηδενισμού ταχύτητας: 0=υ₀-at₁ ⇒ t₁=m_ευ₀/(Ee).
3. Η κίνηση είναι συμμετρική (ανάλογη βολής) — χρόνος επιστροφής στην αρχική θέση: t₂=2t₁=2m_ευ₀/(Ee).
4. Ταχύτητα κατά την επιστροφή: λόγω συμμετρίας, ίδιο μέτρο με την αρχική, αντίθετη φορά: υ=-υ₀.

Απάντηση: t₁=m_ευ₀/(Ee) (μηδενισμός ταχύτητας), t₂=2m_ευ₀/(Ee) (επιστροφή), με ταχύτητα -υ₀ (ίδιο μέτρο, αντίθετη φορά).

Πρόσεξε:

• Πλήρης αναλογία με την κατακόρυφη βολή στο βαρυτικό πεδίο (χωρίς αντίσταση αέρα) — η «συμμετρία» χρόνου ανόδου/καθόδου και ίσης ταχύτητας επιστροφής είναι το ίδιο μαθηματικό μοτίβο.

Άσκηση 3.64 (σελ. 133)

Δέσμη ηλεκτρονίων εισέρχεται κάθετα στις δυναμικές γραμμές ομογενούς ηλεκτρικού πεδίου που σχηματίζουν δύο παράλληλες φορτισμένες πλάκες. Αν υ₀ είναι η ταχύτητα των ηλεκτρονίων της δέσμης, να βρεθεί η απόκλιση που θα υποστεί η δέσμη από το πεδίο καθώς και η ταχύτητα με την οποία εξέρχονται τα ηλεκτρόνια από το πεδίο. Δίνονται η ταχύτητα υ₀, το μήκος l των φορτισμένων πλακών, η ένταση E του πεδίου, η μάζα του ηλεκτρονίου m_ε και το στοιχειώδες φορτίο e.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εφαρμόζουμε τις σχέσεις της κίνησης κάθετα στο ομογενές πεδίο (§10.4), με επιτάχυνση a=Ee/m_ε αντί για τον τύπο με V/d (εδώ δίνεται απευθείας η ένταση Ε).

Λύση:

1. Χρόνος διέλευσης: t=l/υ₀.
2. Απόκλιση: y=½at²=½(Ee/m_ε)(l/υ₀)²=Eel²/(2m_ευ₀²).
3. Ταχύτητα κάθετης συνιστώσας εξόδου: υ_y=at=(Ee/m_ε)(l/υ₀)=Eel/(m_ευ₀).
4. Ολική ταχύτητα εξόδου: υ=√(υ₀²+υ_y²)=√(υ₀²+(Eel/(m_ευ₀))²).
5. Γωνία εκτροπής: εφφ=υ_y/υ₀=Eel/(m_ευ₀²).

Απάντηση: y=Eel²/(2m_ευ₀²), υ=√(υ₀²+(Eel/(m_ευ₀))²), με εφφ=Eel/(m_ευ₀²).

Πρόσεξε:

• Ίδια δομή με το Παράδειγμα 10.7 της θεωρίας (§10.4) — εδώ ζητούνται οι γενικές συμβολικές σχέσεις, όχι αριθμητικές τιμές.

Άσκηση 3.89 (σελ. 137)

Στο σωλήνα της τηλεόρασης, τα ηλεκτρόνια που εκπέμπονται από τη θερμαινόμενη κάθοδο με αμελητέα ταχύτητα επιταχύνονται, από ένα ομογενές ηλεκτρικό πεδίο και αφού διανύσουν απόσταση l=1,5 cm με την επίδραση του ηλεκτρικού πεδίου αποκτούν ταχύτητα υ=4×10⁷ m/s, με την οποία και συνεχίζουν να κινούνται μέχρι να πέσουν στην οθόνη. Να υπολογιστεί η ένταση του πεδίου. Δίνονται: e=1,6×10⁻¹⁹ C, m_e=9×10⁻³¹ kg.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χρησιμοποιούμε το θεώρημα έργου-ενέργειας: το έργο της ηλεκτρικής δύναμης ισούται με τη μεταβολή κινητικής ενέργειας.

Λύση:

1. W=Eel=ΔK=½m_eυ²-0.
2. E=m_eυ²/(2el)=9×10⁻³¹·(4×10⁷)²/(2·1,6×10⁻¹⁹·0,015).
3. Αριθμητής: 9×10⁻³¹·16×10¹⁴=1,44×10⁻¹⁵.
4. Παρονομαστής: 2·1,6×10⁻¹⁹·0,015=4,8×10⁻²¹.
5. E=1,44×10⁻¹⁵/4,8×10⁻²¹=3×10⁵ N/C.

Απάντηση: E=3×10⁵ N/C.

Πρόσεξε:

• Το θεώρημα έργου-ενέργειας είναι εναλλακτικός (πιο σύντομος) δρόμος από την κινηματική επίλυση με a, t — προτιμάται όταν δεν ζητείται ρητά ο χρόνος.

Άσκηση 3.91 (σελ. 137)

Δύο παράλληλες μεταλλικές πλάκες, φορτισμένες με αντίθετα φορτία, δημιουργούν ανάμεσά τους ομογενές ηλεκτρικό πεδίο. Ένα πρωτόνιο βάλλεται από την αρνητική προς τη θετική πλάκα με ταχύτητα υ₀=5×10⁵ m/s, παράλληλα προς τις δυναμικές γραμμές. Ποια πρέπει να είναι η διαφορά δυναμικού ανάμεσα στις δύο πλάκες, ώστε το πρωτόνιο μόλις να φτάσει στη θετική πλάκα; Δίνονται: το στοιχειώδες φορτίο e=1,6×10⁻¹⁹ C και η μάζα του πρωτονίου m_p=1,6×10⁻²⁷ kg.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το πρωτόνιο (θετικό) κινείται προς τη θετική πλάκα, δηλαδή ΑΝΤΙΘΕΤΑ από τη φυσική του τάση (απωθείται από θετικό δυναμικό) — επιβραδύνεται. «Μόλις φτάνει» σημαίνει μηδενική ταχύτητα ακριβώς στη θετική πλάκα. Εφαρμόζουμε θεώρημα έργου-ενέργειας.

Λύση:

1. Το πεδίο δείχνει από τη θετική προς την αρνητική πλάκα (αντίθετα της κίνησης) — η δύναμη στο πρωτόνιο είναι αντίθετη της κίνησής του (επιβράδυνση).
2. W=-eV=ΔK=0-½m_pυ₀² (μηδενική τελική ταχύτητα).
3. eV=½m_pυ₀² ⇒ V=m_pυ₀²/(2e)=1,6×10⁻²⁷·(5×10⁵)²/(2·1,6×10⁻¹⁹).
4. Αριθμητής: 1,6×10⁻²⁷·25×10¹⁰=4×10⁻¹⁶.
5. V=4×10⁻¹⁶/(3,2×10⁻¹⁹)=1250 V.

Απάντηση: V=1250 V.

Πρόσεξε:

• Το πρωτόνιο κινείται ενάντια στη «φυσική» φορά (προς τη θετική πλάκα, που το απωθεί) — γι' αυτό επιβραδύνεται και χρειάζεται συγκεκριμένη τάση για να «μόλις φτάσει», όχι για να διαπεράσει.

Άσκηση 3.93 (σελ. 137)

Λεπτή δέσμη ηλεκτρονίων μπαίνει με ταχύτητα υ₀=2×10⁷ m/s στο πεδίο φορτισμένου επίπεδου πυκνωτή παράλληλα με τους οπλισμούς του. Η τάση μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή είναι 80 V, η απόστασή τους είναι d=2 cm και το μήκος τους είναι l=12 cm. Να βρεθεί η απόκλιση της δέσμης κατά την έξοδό της από το πεδίο του καθώς και η διαφορά δυναμικού μεταξύ του σημείου εισόδου και του σημείου εξόδου. Δίνεται το ειδικό φορτίο του ηλεκτρονίου e/m_e=1,75×10¹¹ C/kg.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χρησιμοποιούμε τους τύπους απόκλισης κάθετα στο πεδίο (§10.4) με E=V/d, και μετά υπολογίζουμε τη διαφορά δυναμικού ανάμεσα στο σημείο εισόδου (στο επίπεδο συμμετρίας) και εξόδου, χρησιμοποιώντας E=ΔV/y.

Λύση:

1. E=V/d=80/0,02=4000 N/C.
2. Απόκλιση: y=½(Ee/m_e)(l/υ₀)²=½·E·(e/m_e)·(l/υ₀)².
3. y=½·4000·1,75×10¹¹·(0,12/2×10⁷)²=½·4000·1,75×10¹¹·(6×10⁻⁹)²=½·4000·1,75×10¹¹·3,6×10⁻¹⁷.
4. y=½·4000·6,3×10⁻⁶=½·2,52×10⁻²=1,26×10⁻² m=12,6 mm.
5. Διαφορά δυναμικού ανάμεσα σε είσοδο-έξοδο (κατά την κατεύθυνση της απόκλισης y): ΔV=E·y=4000·1,26×10⁻²=50,4 V.

Απάντηση: y=12,6 mm, ΔV=50,4 V.

Πρόσεξε:

• Η ζητούμενη «διαφορά δυναμικού εισόδου-εξόδου» αναφέρεται στην κατακόρυφη μετατόπιση y (μέσα στο ομογενές πεδίο), όχι σε κάποια άλλη απόσταση — υπολογίζεται με τον ίδιο τύπο E=ΔV/x του §10.4.