Esercizi svolti · Scheda 3

Moti di cariche in un campo elettrico uniforme

Teoria usata: Accelerazione di una carica in un campo uniforme Deflessione di una carica in un campo uniforme Forza su una carica posta nel campo linee e traiettorie

Vai a: Esercizio 1 Esercizio 2 Esercizio 3 Esercizio 4

Esercizio 1

Un protone, di massa $m_{p} = 1, 67 \cdot 1 0^{- 27} kg$ e carica $e$ , parte da fermo in un campo elettrico uniforme di modulo $E = 4, 0 \cdot 1 0^{4} N/C$ . Calcolare l’accelerazione, la velocità dopo un tratto $Δ x = 2, 0 cm$ e il tempo impiegato a percorrerlo, e confrontare la forza elettrica con il peso.

a = \frac{e E}{m _{p}}, v = 2 a Δ x, t = \frac{v}{a}

a v t \frac{e E}{m _{p} g} = \frac{1 , 60 \cdot 1 0 ^{- 19} \cdot 4 , 0 \cdot 1 0 ^{4}}{1 , 67 \cdot 1 0 ^{- 27}} m/ s^{2} \approx 3, 8 \cdot 1 0^{12} m/ s^{2} = 2 \cdot 3, 83 \cdot 1 0^{12} \cdot 0, 020 m/s \approx 3, 9 \cdot 1 0^{5} m/s = \frac{3 , 92 \cdot 1 0 ^{5}}{3 , 83 \cdot 1 0 ^{12}} s \approx 1, 0 \cdot 1 0^{- 7} s = \frac{6 , 4 \cdot 1 0 ^{- 15} N}{1 , 64 \cdot 1 0 ^{- 26} N} \approx 3, 9 \cdot 1 0^{11}

Il campo è uniforme, quindi per il teorema sull’accelerazione di una carica in un campo uniforme il protone ha accelerazione costante $\frac{e E}{m _{p}}$ , con il verso del campo perché la carica è positiva. La velocità iniziale è nulla, perciò il moto è rettilineo uniformemente accelerato lungo una linea di campo, e la velocità dopo il tratto $Δ x$ si ricava da $v^{2} = 2 a Δ x$ ; il tempo segue da $v = a t$ . Il rapporto tra forza elettrica e peso è dell’ordine di $1 0^{11}$ , quindi trascurare il peso è pienamente giustificato.

Esercizio 2

Un elettrone entra con velocità $v_{0} = 5, 0 \cdot 1 0^{6} m/s$ in una regione in cui c’è un campo uniforme $E = 1, 0 \cdot 1 0^{3} N/C$ , parallelo alla velocità e con lo stesso verso. Calcolare la distanza che l’elettrone percorre prima di fermarsi e dopo quanto tempo ripassa per il punto di ingresso.

a = \frac{e E}{m _{e}}, 0 = v_{0}^{2} - 2 a d ⟹ d = \frac{v _{0}^{2}}{2 a} = \frac{m _{e} v _{0}^{2}}{2 e E}, t_{r} = \frac{2 v _{0}}{a}

a d t_{r} = \frac{1 , 60 \cdot 1 0 ^{- 19} \cdot 1 , 0 \cdot 1 0 ^{3}}{9 , 11 \cdot 1 0 ^{- 31}} m/ s^{2} \approx 1, 76 \cdot 1 0^{14} m/ s^{2} = \frac{( 5 , 0 \cdot 1 0 ^{6} ) ^{2}}{2 \cdot 1 , 76 \cdot 1 0 ^{14}} m \approx 7, 1 \cdot 1 0^{- 2} m = \frac{2 \cdot 5 , 0 \cdot 1 0 ^{6}}{1 , 76 \cdot 1 0 ^{14}} s \approx 5, 7 \cdot 1 0^{- 8} s

L’elettrone ha carica negativa, quindi la forza $- e E$ è opposta al campo e perciò opposta alla velocità: l’elettrone rallenta con decelerazione costante di modulo $\frac{e E}{m _{e}}$ . Il moto è rettilineo uniformemente accelerato, e dalla relazione $v^{2} = v_{0}^{2} - 2 a d$ con velocità finale nulla si ricava la distanza di arresto, circa $7, 1 cm$ .

Dopo l’arresto la forza continua ad agire nello stesso verso, quindi l’elettrone torna indietro. La velocità è $v (t) = v_{0} - a t$ e la posizione $v_{0} t - \frac{1}{2} a t^{2}$ torna a zero per $t_{r} = \frac{2 v _{0}}{a}$ , istante in cui la velocità vale $- v_{0}$ : l’elettrone ripassa per il punto di ingresso dopo $5, 7 \cdot 1 0^{- 8} s$ , con velocità di modulo $v_{0}$ e verso opposto.

Esercizio 3

Un elettrone con velocità orizzontale $v_{0} = 3, 0 \cdot 1 0^{7} m/s$ entra a metà altezza tra due armature piane orizzontali lunghe $ℓ = 5, 0 cm$ e distanti $1, 0 cm$ , tra le quali c’è un campo uniforme verticale di modulo $E = 1, 2 \cdot 1 0^{4} N/C$ , diretto verso il basso. Uno schermo verticale si trova a $D = 20 cm$ dall’uscita delle armature. Verificare che l’elettrone esce dalle armature senza urtarle e calcolare lo spostamento verticale $Y$ del punto in cui colpisce lo schermo.

Schema non in scala: tra le armature l'elettrone percorre un arco di parabola, poi prosegue in linea retta fino allo schermo

a = \frac{e E}{m _{e}}, y_{u} = \frac{a ℓ ^{2}}{2 v _{0}^{2}}, tan α = \frac{a ℓ}{v _{0}^{2}}, Y = y_{u} + D tan α

a y_{u} tan α Y = \frac{1 , 60 \cdot 1 0 ^{- 19} \cdot 1 , 2 \cdot 1 0 ^{4}}{9 , 11 \cdot 1 0 ^{- 31}} m/ s^{2} \approx 2, 11 \cdot 1 0^{15} m/ s^{2} = \frac{2 , 11 \cdot 1 0 ^{15} \cdot 0 , 05 0 ^{2}}{2 \cdot ( 3 , 0 \cdot 1 0 ^{7} ) ^{2}} m \approx 2, 9 \cdot 1 0^{- 3} m = \frac{2 , 11 \cdot 1 0 ^{15} \cdot 0 , 050}{( 3 , 0 \cdot 1 0 ^{7} ) ^{2}} \approx 0, 117 = (0, 0029 + 0, 20 \cdot 0, 117) m \approx 2, 6 \cdot 1 0^{- 2} m

Il campo è diretto verso il basso e l’elettrone è negativo, quindi la forza è diretta verso l’alto, verso l’armatura positiva, e l’accelerazione costante vale $\frac{e E}{m _{e}}$ . La velocità iniziale è perpendicolare al campo, perciò si applica il teorema sulla deflessione di una carica in un campo uniforme: tra le armature la traiettoria è un arco di parabola e all’uscita lo spostamento verticale è $y_{u} \approx 2, 9 mm$ . L’elettrone è entrato a metà altezza, a $5, 0 mm$ da ciascuna armatura, e poiché $2, 9 mm < 5, 0 mm$ esce senza urtare l’armatura superiore.

Fuori dalle armature il campo è nullo, quindi l’elettrone prosegue in linea retta con la velocità di uscita, inclinata di $α \approx 6, 7^{\circ}$ sull’orizzontale. Nel tratto $D$ fino allo schermo sale ancora di $D tan α$ , e lo spostamento totale sullo schermo è $Y \approx 2, 6 cm$ . Il contributo del tratto rettilineo prevale, perché $D$ è molto maggiore di $ℓ$ ; per questo negli oscilloscopi lo schermo era posto lontano dalle armature.

Esercizio 4

Un elettrone viene lanciato con velocità $v_{0} = 4, 0 \cdot 1 0^{6} m/s$ inclinata di $4 5^{\circ}$ sull’orizzontale, in una regione in cui c’è un campo uniforme verticale di modulo $E = 500 N/C$ , diretto verso l’alto. Calcolare la quota massima raggiunta, la distanza orizzontale alla quale l’elettrone torna alla quota di partenza e il tempo impiegato.

a = \frac{e E}{m _{e}} (verso il basso), h = \frac{v _{0}^{2} sin ^{2} 4 5 ^{\circ}}{2 a}, G = \frac{v _{0}^{2} sin 9 0 ^{\circ}}{a}, t_{v} = \frac{2 v _{0} sin 4 5 ^{\circ}}{a}

a h G t_{v} = \frac{1 , 60 \cdot 1 0 ^{- 19} \cdot 500}{9 , 11 \cdot 1 0 ^{- 31}} m/ s^{2} \approx 8, 78 \cdot 1 0^{13} m/ s^{2} = \frac{( 4 , 0 \cdot 1 0 ^{6} ) ^{2} \cdot 0 , 50}{2 \cdot 8 , 78 \cdot 1 0 ^{13}} m \approx 4, 6 \cdot 1 0^{- 2} m = \frac{( 4 , 0 \cdot 1 0 ^{6} ) ^{2}}{8 , 78 \cdot 1 0 ^{13}} m \approx 0, 18 m = \frac{2 \cdot 4 , 0 \cdot 1 0 ^{6} \cdot 0 , 707}{8 , 78 \cdot 1 0 ^{13}} s \approx 6, 4 \cdot 1 0^{- 8} s

Il campo è rivolto verso l’alto e l’elettrone è negativo, quindi la forza elettrica è rivolta verso il basso e l’accelerazione è costante, verticale, di modulo $\frac{e E}{m _{e}}$ . Il moto ha quindi la stessa struttura del moto di un proiettile, con $a$ al posto di $g$ : lungo l’orizzontale la velocità resta $v_{0} cos 4 5^{\circ}$ , lungo la verticale il moto è uniformemente accelerato. Le formule della quota massima, della gittata e del tempo di volo si ricavano come nell’argomento sul moto nel piano. La quota massima è circa $4, 6 cm$ e l’elettrone torna alla quota di partenza a circa $18 cm$ di distanza, dopo $64 ns$ . Il peso dell’elettrone produce un’accelerazione circa $1 0^{13}$ volte minore, quindi è trascurabile.