Esercizi svolti · Scheda 1

Particelle accelerate e deflesse da un campo elettrico uniforme

Teoria usata: Particella accelerata tra due armature Elettronvolt Peso trascurabile e velocità piccole rispetto a c Deflessione in un campo elettrico uniforme Il moto dopo le armature e lo schermo

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Esercizio 1

Tra due armature piane e parallele, distanti $d = 2{,}0\,\mathrm{cm}$ , c’è la differenza di potenziale $\Delta V = 200\,\mathrm{V}$ . Un elettrone parte da fermo dall’armatura negativa. Trascurando il peso, calcola:

il campo elettrico tra le armature e l’accelerazione dell’elettrone;
la velocità con cui l’elettrone arriva sull’armatura positiva e il tempo impiegato;
l’energia cinetica finale in elettronvolt e in joule.

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

E = \frac{\Delta V}{d} , \qquad a = \frac{e E}{m_e} , \qquad e\,\Delta V = \frac{1}{2} m_e v^2 \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{2 e\,\Delta V}{m_e}} , \qquad t = \frac{v}{a}

\begin{aligned} E &= \frac{200}{0{,}020}\,\mathrm{V/m} = 1{,}0 \cdot 10^4\,\mathrm{V/m} \\[6pt] a &= \frac{1{,}60 \cdot 10^{-19} \cdot 1{,}0 \cdot 10^4}{9{,}11 \cdot 10^{-31}}\,\mathrm{m/s^2} \approx 1{,}76 \cdot 10^{15}\,\mathrm{m/s^2} \\[6pt] v &= \sqrt{\frac{2 \cdot 1{,}60 \cdot 10^{-19} \cdot 200}{9{,}11 \cdot 10^{-31}}}\,\mathrm{m/s} \approx 8{,}38 \cdot 10^6\,\mathrm{m/s} \\[6pt] t &= \frac{8{,}38 \cdot 10^6}{1{,}76 \cdot 10^{15}}\,\mathrm{s} \approx 4{,}8 \cdot 10^{-9}\,\mathrm{s} \end{aligned}

K = 200\,\mathrm{eV} = 200 \cdot 1{,}60 \cdot 10^{-19}\,\mathrm{J} = 3{,}2 \cdot 10^{-17}\,\mathrm{J}

Il campo tra due armature piane e parallele è uniforme e vale $\dfrac{\Delta V}{d}$ , con la distanza scritta in metri. La forza sull’elettrone ha modulo costante $eE$ , quindi per il secondo principio della dinamica l’accelerazione è costante e vale $\dfrac{eE}{m_e}$ . L’elettrone ha carica negativa, perciò la forza è opposta al campo, cioè diretta verso l’armatura positiva, e l’elettrone parte da fermo dall’armatura negativa proprio in quel verso.

Per la velocità finale si applica il teorema dell’energia cinetica. Il campo compie sull’elettrone il lavoro $e\,\Delta V$ e l’energia cinetica iniziale è nulla, quindi $e\,\Delta V = \dfrac{1}{2} m_e v^2$ , da cui segue la formula della particella accelerata tra due armature. Il moto è uniformemente accelerato con velocità iniziale nulla, perciò $v = a\,t$ e il tempo è $\dfrac{v}{a}$ , circa $4{,}8\,\mathrm{ns}$ . Come controllo, con la legge oraria $d = \dfrac{1}{2} a t^2$ si ottiene $t = \sqrt{\dfrac{2d}{a}} = \sqrt{\dfrac{0{,}040}{1{,}76 \cdot 10^{15}}}\,\mathrm{s} \approx 4{,}8 \cdot 10^{-9}\,\mathrm{s}$ , lo stesso valore.

Una particella di carica $e$ che attraversa $200\,\mathrm{V}$ acquista per definizione $200\,\mathrm{eV}$ , e moltiplicando per $1{,}60 \cdot 10^{-19}$ si ottiene l’energia in joule. La velocità finale è circa il $3\,\%$ di $c$ , quindi la meccanica classica si applica.

Esercizio 2

Un protone attraversa il foro di un’armatura con velocità $v_0 = 4{,}0 \cdot 10^5\,\mathrm{m/s}$ , perpendicolare all’armatura, ed entra in una regione di campo elettrico uniforme che lo frena. La seconda armatura è alla distanza $d = 1{,}0\,\mathrm{cm}$ e tra le due armature c’è la differenza di potenziale $\Delta V = 1{,}0 \cdot 10^3\,\mathrm{V}$ .

Calcola l’energia cinetica iniziale del protone, in joule e in elettronvolt.
Spiega perché il protone non raggiunge la seconda armatura e determina a quale distanza dal foro si ferma.
Calcola il tempo che impiega a fermarsi.

( $e = 1{,}60 \cdot 10^{-19}\,\mathrm{C}$ , $m_p = 1{,}67 \cdot 10^{-27}\,\mathrm{kg}$ )

K_0 = \frac{1}{2} m_p v_0^2 = \frac{1}{2} \cdot 1{,}67 \cdot 10^{-27} \cdot \left( 4{,}0 \cdot 10^5 \right)^2\,\mathrm{J} \approx 1{,}34 \cdot 10^{-16}\,\mathrm{J}

K_0 = \frac{1{,}336 \cdot 10^{-16}}{1{,}60 \cdot 10^{-19}}\,\mathrm{eV} \approx 835\,\mathrm{eV}

e\,\Delta V = 1{,}0 \cdot 10^3\,\mathrm{eV} > K_0

E = \frac{\Delta V}{d} = 1{,}0 \cdot 10^5\,\mathrm{V/m} , \qquad e E\, x = K_0 \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{K_0}{e E} = \frac{1{,}336 \cdot 10^{-16}}{1{,}60 \cdot 10^{-19} \cdot 1{,}0 \cdot 10^5}\,\mathrm{m} \approx 8{,}4 \cdot 10^{-3}\,\mathrm{m}

a = \frac{e E}{m_p} = \frac{1{,}60 \cdot 10^{-19} \cdot 1{,}0 \cdot 10^5}{1{,}67 \cdot 10^{-27}}\,\mathrm{m/s^2} \approx 9{,}58 \cdot 10^{12}\,\mathrm{m/s^2} , \qquad t = \frac{v_0}{a} = \frac{4{,}0 \cdot 10^5}{9{,}58 \cdot 10^{12}}\,\mathrm{s} \approx 4{,}2 \cdot 10^{-8}\,\mathrm{s}

L’energia cinetica si calcola con la formula classica, perché $v_0$ è molto minore di $c$ , e si converte in elettronvolt dividendo per $1{,}60 \cdot 10^{-19}$ . Il protone ha quindi un’energia di circa $835\,\mathrm{eV}$ .

Per arrivare alla seconda armatura il protone dovrebbe attraversare tutta la differenza di potenziale, e il campo compirebbe su di esso il lavoro negativo $-e\,\Delta V$ , cioè $-1000\,\mathrm{eV}$ . Poiché l’energia cinetica iniziale è solo $835\,\mathrm{eV}$ , l’energia cinetica si annulla prima, e il protone si ferma tra le armature. Il campo è uniforme, quindi la forza frenante ha modulo costante $eE$ , e il lavoro su un tratto $x$ vale $-eE\,x$ . Per il teorema dell’energia cinetica il protone si ferma quando questo lavoro è uguale a $-K_0$ , cioè dopo $8{,}4\,\mathrm{mm}$ , che è minore di $d = 10\,\mathrm{mm}$ .

Il moto è uniformemente decelerato, con accelerazione di modulo $\dfrac{eE}{m_p}$ ; la velocità diminuisce secondo $v = v_0 - a t$ e si annulla per $t = \dfrac{v_0}{a}$ . Dopo essersi fermato, il protone torna indietro con la stessa accelerazione e riesce dal foro con velocità di modulo $v_0$ , perché al ritorno il campo compie un lavoro positivo uguale in modulo a quello negativo dell’andata.

Esercizio 3

Un elettrone entra con velocità $v_0 = 2{,}5 \cdot 10^7\,\mathrm{m/s}$ , parallela alle armature, a metà strada tra due armature lunghe $L = 4{,}0\,\mathrm{cm}$ , distanti $d = 1{,}0\,\mathrm{cm}$ , con differenza di potenziale $\Delta V = 80\,\mathrm{V}$ . A distanza $D = 20\,\mathrm{cm}$ dalla fine delle armature c’è uno schermo.

Calcola lo spostamento $y_L$ dell’elettrone all’uscita dalle armature e verifica che non urta le armature.
Calcola l’angolo di cui è deviato l’elettrone.
Determina la distanza dal centro dello schermo del punto in cui arriva l’elettrone.

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

L'elettrone, attirato dall'armatura positiva, descrive una parabola tra le armature e poi prosegue in linea retta fino allo schermo, dove arriva alla distanza

Y = y_{L} + D tan θ

dal centro

E = \frac{\Delta V}{d} , \qquad y_L = \frac{e E L^2}{2 m_e v_0^2} , \qquad \tan\theta = \frac{e E L}{m_e v_0^2} , \qquad Y = y_L + D\tan\theta

\begin{aligned} E &= \frac{80}{0{,}010}\,\mathrm{V/m} = 8{,}0 \cdot 10^3\,\mathrm{V/m} \\[6pt] y_L &= \frac{1{,}60 \cdot 10^{-19} \cdot 8{,}0 \cdot 10^3 \cdot (0{,}040)^2}{2 \cdot 9{,}11 \cdot 10^{-31} \cdot \left( 2{,}5 \cdot 10^7 \right)^2}\,\mathrm{m} \approx 1{,}8 \cdot 10^{-3}\,\mathrm{m} \\[6pt] \tan\theta &= \frac{1{,}60 \cdot 10^{-19} \cdot 8{,}0 \cdot 10^3 \cdot 0{,}040}{9{,}11 \cdot 10^{-31} \cdot \left( 2{,}5 \cdot 10^7 \right)^2} \approx 0{,}090 \quad\Longrightarrow\quad \theta \approx 5{,}1^\circ \\[6pt] Y &= 1{,}8 \cdot 10^{-3}\,\mathrm{m} + 0{,}20 \cdot 0{,}0899\,\mathrm{m} \approx 2{,}0 \cdot 10^{-2}\,\mathrm{m} \end{aligned}

L’elettrone entra perpendicolarmente al campo, che è uniforme, quindi si applica la deflessione in un campo elettrico uniforme. Lungo la direzione delle armature non agisce alcuna forza e il moto è uniforme; nella direzione del campo il moto è uniformemente accelerato con accelerazione $\dfrac{eE}{m_e}$ . L’elettrone resta tra le armature per il tempo $\dfrac{L}{v_0} = 1{,}6 \cdot 10^{-9}\,\mathrm{s}$ , e in questo tempo si sposta di $y_L \approx 1{,}8\,\mathrm{mm}$ verso l’armatura positiva, perché la sua carica è negativa. L’elettrone è entrato a $5{,}0\,\mathrm{mm}$ da ciascuna armatura e $1{,}8\,\mathrm{mm}$ è minore di $5{,}0\,\mathrm{mm}$ , quindi non urta le armature.

L’angolo di uscita si trova dal rapporto tra la componente della velocità nella direzione del campo, $v_y = \dfrac{eEL}{m_e v_0}$ , e la componente $v_0$ , che resta invariata. Con la calcolatrice $\theta = \arctan 0{,}090 \approx 5{,}1^\circ$ .

Dopo le armature il campo è nullo, perciò l’elettrone prosegue in linea retta con l’angolo $\theta$ . Nel tratto $D$ si allontana dall’asse di altri $D\tan\theta \approx 18\,\mathrm{mm}$ , che si sommano allo spostamento $y_L$ . L’elettrone arriva quindi sullo schermo a circa $2{,}0\,\mathrm{cm}$ dal centro, dalla parte dell’armatura positiva. Gran parte dello spostamento avviene dopo le armature, perché $D$ è cinque volte $L$ .

Esercizio 4

Un elettrone entra con velocità $v_0 = 3{,}0 \cdot 10^7\,\mathrm{m/s}$ , parallela alle armature e a metà strada tra di esse, in un condensatore piano con armature lunghe $L = 5{,}0\,\mathrm{cm}$ e distanti $d = 1{,}0\,\mathrm{cm}$ . Determina la massima differenza di potenziale tra le armature per cui l’elettrone esce senza urtarle, e l’angolo di deviazione in quel caso. ( $e = 1{,}60 \cdot 10^{-19}\,\mathrm{C}$ , $m_e = 9{,}11 \cdot 10^{-31}\,\mathrm{kg}$ )

y_L = \frac{e\,\Delta V\, L^2}{2 m_e d\, v_0^2} \leq \frac{d}{2} \quad\Longrightarrow\quad \Delta V \leq \frac{m_e d^2 v_0^2}{e L^2}

\Delta V_{\max} = \frac{9{,}11 \cdot 10^{-31} \cdot (0{,}010)^2 \cdot \left( 3{,}0 \cdot 10^7 \right)^2}{1{,}60 \cdot 10^{-19} \cdot (0{,}050)^2}\,\mathrm{V} \approx 2{,}0 \cdot 10^2\,\mathrm{V}

\tan\theta = \frac{e\,\Delta V_{\max}\, L}{m_e d\, v_0^2} = \frac{e L}{m_e d\, v_0^2} \cdot \frac{m_e d^2 v_0^2}{e L^2} = \frac{d}{L} = 0{,}20 \quad\Longrightarrow\quad \theta \approx 11^\circ

Nella formula della deflessione in un campo elettrico uniforme si sostituisce $E = \dfrac{\Delta V}{d}$ , così lo spostamento all’uscita è proporzionale alla tensione. L’elettrone entra a metà strada, quindi esce senza urtare le armature se lo spostamento è al massimo $\dfrac{d}{2}$ . Si moltiplicano entrambi i membri della disuguaglianza per $\dfrac{2 m_e d\, v_0^2}{e L^2}$ , che è positivo, e si ottiene la condizione su $\Delta V$ . Il valore massimo è circa $205\,\mathrm{V}$ , che con due cifre significative si scrive $2{,}0 \cdot 10^2\,\mathrm{V}$ .

Nel caso limite l’elettrone sfiora il bordo dell’armatura positiva all’uscita. Sostituendo $\Delta V_{\max}$ nella formula di $\tan\theta$ , massa, carica e velocità si semplificano e resta $\tan\theta = \dfrac{d}{L}$ . Il risultato ha un significato geometrico. La parabola ha il vertice nel punto di ingresso, e la sua tangente nel punto di uscita passa per il punto medio del tratto $L$ , quindi $\tan\theta = \dfrac{\frac{d}{2}}{\frac{L}{2}} = \dfrac{d}{L}$ . L’angolo massimo di deviazione è circa $11^\circ$ .