☄️

Κίνηση Φορτισμένων Σωματιδίων σε Ομογενές Πεδίο

α = qE/m, παράλληλη και κάθετη είσοδος στο πεδίο, εκτροπή

Γιατί με νοιάζει;

Σε κάποιους βιομηχανικούς εκτυπωτές, κάθε μικροσκοπική σταγόνα μελάνης φορτίζεται και περνά ανάμεσα σε δύο φορτισμένες πλάκες. Ανάλογα με το φορτίο της εκτρέπεται λίγο ή πολύ και «προσγειώνεται» ακριβώς εκεί που πρέπει στο χαρτί. Με την ίδια αρχή λειτουργούσαν οι παλιοί παλμογράφοι και οι τηλεοράσεις καθοδικού σωλήνα. Η φυσική είναι γνώριμη: μια «οριζόντια βολή» με ηλεκτρική δύναμη αντί για βάρος.

Κινήσεις φορτισμένων σωματιδίων σε ομογενές πεδίο

Φορτίο $q$ μέσα σε ομογενές πεδίο $E$ δέχεται σταθερή δύναμη $F = qE$ , άρα κινείται με σταθερή επιτάχυνση $\alpha = \frac{qE}{m}$ (το βάρος συνήθως αμελείται). Δύο βασικές περιπτώσεις:

Είσοδος παράλληλα στις δυναμικές γραμμές: ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη (ή επιβραδυνόμενη) κίνηση. Ενεργειακά: $qV = \frac{1}{2}m\upsilon^2 - \frac{1}{2}m\upsilon_0^2$ .
Είσοδος κάθετα στις δυναμικές γραμμές: παραβολική εκτροπή, ίδια μαθηματικά με την οριζόντια βολή — ομαλή κίνηση κατά μήκος των πλακών, ομαλά επιταχυνόμενη εγκάρσια. Πάνω σε αυτή την αρχή δουλεύει ο παλμογράφος.

Εξισώσεις κίνησης και εκτροπή

Παράλληλη είσοδος: το σωματίδιο κάνει ευθύγραμμη ομαλά μεταβαλλόμενη κίνηση με $\alpha = \frac{qE}{m} = \frac{qV}{md}$ . Ισχύει $\upsilon^2 = \upsilon_0^2 \pm 2\alpha x$ , ή πιο γρήγορα από το ΘΜΚΕ: $\Delta K = q\Delta V$ .

Κάθετη είσοδος με ταχύτητα $\upsilon_0$ (άξονας $x$ κατά μήκος των πλακών, $y$ κατά μήκος των δυναμικών γραμμών):

$x = \upsilon_0t, \qquad y = \frac{1}{2}\alpha t^2 = \frac{1}{2}\frac{qE}{m}t^2$

Απαλείφοντας τον χρόνο: $y = \frac{qE}{2m\upsilon_0^2}x^2$ — παραβολή, όπως στην οριζόντια βολή. Στην έξοδο από πλάκες μήκους $\ell$ ( $t = \frac{\ell}{\upsilon_0}$ ):

$y_{\varepsilon\xi} = \frac{qE\ell^2}{2m\upsilon_0^2}, \qquad \varepsilon\phi\theta = \frac{\upsilon_y}{\upsilon_0} = \frac{qE\ell}{m\upsilon_0^2}$

Η εκτροπή είναι ανάλογη του $\frac{q}{m}$ και αντιστρόφως ανάλογη του $\upsilon_0^2$ .

Δες τη «βολή» με άλλα μάτια: όπως το βλήμα συνδυάζει ομαλή οριζόντια κίνηση με σταθερή κατακόρυφη επιτάχυνση $g$, έτσι και ένα φορτίο που μπαίνει πλάγια σε ομογενές πεδίο εκτρέπεται παραβολικά με επιτάχυνση $\frac{qE}{m}$ — θα ανακαλύψεις ότι είναι η ίδια ακριβώς φυσική!

$\alpha = \frac{qE}{m} = \frac{qV}{md}, \qquad y = \frac{qE}{2m\upsilon_0^2}x^2, \qquad \varepsilon\phi\theta = \frac{qE\ell}{m\upsilon_0^2}, \qquad \Delta K = q\Delta V$

Μέθοδος: φορτισμένο σωματίδιο σε ομογενές πεδίο

Ένταση από την τάση των πλακών: $E = \frac{V}{d}$ (με $d$ σε m).
Δύναμη $F = qE$ και επιτάχυνση $\alpha = \frac{qE}{m}$ . Έλεγξε ότι το βάρος $mg$ είναι πράγματι αμελητέο μπροστά στο $qE$ .
Φορά: το θετικό φορτίο επιταχύνεται κατά τη φορά του $\vec{E}$ , το αρνητικό αντίθετα.
Είσοδος παράλληλα στις δυναμικές γραμμές: εξισώσεις ευθύγραμμης ομαλά μεταβαλλόμενης κίνησης ή, πιο γρήγορα, ΘΜΚΕ $qV = \Delta K$ .
Είσοδος κάθετα: «οριζόντια βολή» με $g \to \alpha$ : $x = \upsilon_0 t$ , $y = \frac{1}{2}\alpha t^2$ , $\upsilon_y = \alpha t$ . Ο χρόνος παραμονής είναι $t = \frac{\ell}{\upsilon_0}$ ( $\ell$ το μήκος των πλακών) — και έλεγξε ότι η εκτροπή δεν ξεπερνά την απόσταση ως την πλάκα.

Άσκηση: Σωματίδιο μάζας $m = 2 \cdot 10^{-6}\ kg$ και φορτίου $q = +10^{-6}\ C$ αφήνεται από την ηρεμία στη θετική πλάκα πυκνωτή με τάση $V = 100\ V$ και απόσταση πλακών $d = 0{,}1\ m$ (το βάρος αμελείται). Να βρεθούν: (α) η ένταση του πεδίου, (β) η επιτάχυνση του σωματιδίου, (γ) η ταχύτητα με την οποία φτάνει στην αρνητική πλάκα.

Λύση:

(α) $E = \frac{V}{d} = \frac{100}{0{,}1} = 1000\ V/m$ .

(β) $F = qE = 10^{-6} \cdot 1000 = 10^{-3}\ N$ , άρα $\alpha = \frac{F}{m} = \frac{10^{-3}}{2 \cdot 10^{-6}} = 500\ m/s^2$ .

(γ) ΕΟΜΚ χωρίς αρχική ταχύτητα: $\upsilon^2 = 2\alpha d = 2 \cdot 500 \cdot 0{,}1 = 100 \Rightarrow \upsilon = 10\ m/s$ .

Ενεργειακή επαλήθευση: $qV = 10^{-6} \cdot 100 = 10^{-4}\ J$ και $\frac{1}{2}m\upsilon^2 = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 10^{-6} \cdot 100 = 10^{-4}\ J$ — ταυτίζονται!

Παράδειγμα (επιβράδυνση ηλεκτρονίου): Ηλεκτρόνιο με κινητική ενέργεια $100 \ \text{eV}$ μπαίνει παράλληλα στις δυναμικές γραμμές ομογενούς πεδίου, κινούμενο προς την αρνητική πλάκα (δηλαδή ομόρροπα της έντασης). α) Αν η διαφορά δυναμικού των πλακών είναι $60 \ \text{V}$ , με πόση κινητική ενέργεια βγαίνει; β) Αν η τάση ήταν $150 \ \text{V}$ , τι θα συνέβαινε;

Λύση: Το ηλεκτρόνιο είναι αρνητικό, άρα η δύναμη είναι αντίθετη της έντασης: επιβραδύνεται.

α) Διασχίζοντας τάση $60 \ \text{V}$ «προς τα κάτω» χάνει $60 \ \text{eV}$ : $K = 100 - 60 = 40 \ \text{eV}$ .

β) Με $150 \ \text{V}$ θα έπρεπε να χάσει $150 \ \text{eV}$ — έχει μόνο $100$ . Σταματά αφού διανύσει τα $\frac{100}{150} = \frac{2}{3}$ της απόστασης των πλακών και γυρίζει πίσω. ✔

Γρήγορος έλεγχος

Ένα πρωτόνιο και ένα ηλεκτρόνιο βρίσκονται στο ίδιο ομογενές ηλεκτρικό πεδίο. Τι ισχύει για τις δυνάμεις και τις επιταχύνσεις τους;

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος: Σωματίδιο εισέρχεται στο μέσο της απόστασης δύο οριζόντιων παράλληλων πλακών, με ταχύτητα $\upsilon_0$ παράλληλη στις πλάκες (κάθετη στις δυναμικές γραμμές).

Δεδομένα: $q = 2 \cdot 10^{-9} \ \text{C}$ , $m = 10^{-12} \ \text{kg}$ , $V = 100 \ \text{V}$ , $d = 2 \ \text{cm}$ , μήκος πλακών $\ell = 0{,}1 \ \text{m}$ , $\upsilon_0 = 5 \cdot 10^3 \ \text{m/s}$ , $g = 10 \ \text{m/s}^2$ .

Ζητούμενο: (α) η επιτάχυνση του σωματιδίου, (β) η εγκάρσια εκτροπή κατά την έξοδο, (γ) η γωνία εξόδου, (δ) η αύξηση της κινητικής του ενέργειας.

Λύση:

(α) $E = \frac{V}{d} = \frac{100}{0{,}02} = 5000 \ \text{V/m}$ και $F = qE = 2 \cdot 10^{-9} \cdot 5000 = 10^{-5} \ \text{N}$ . Το βάρος $mg = 10^{-11} \ \text{N}$ είναι ένα εκατομμύριο φορές μικρότερο — αμελείται. Άρα $\alpha = \frac{F}{m} = \frac{10^{-5}}{10^{-12}} = 10^7 \ \text{m/s}^2$ .

(β) Χρόνος παραμονής: $t = \frac{\ell}{\upsilon_0} = \frac{0{,}1}{5 \cdot 10^3} = 2 \cdot 10^{-5} \ \text{s}$ . Εκτροπή:

$y = \frac{1}{2}\alpha t^2 = \frac{1}{2} \cdot 10^7 \cdot 4 \cdot 10^{-10} = 2 \cdot 10^{-3} \ \text{m} = 2 \ \text{mm}$

Αφού $y < \frac{d}{2} = 1 \ \text{cm}$ , το σωματίδιο βγαίνει από το πεδίο χωρίς να χτυπήσει πλάκα.

(γ) $\upsilon_y = \alpha t = 10^7 \cdot 2 \cdot 10^{-5} = 200 \ \text{m/s}$ , οπότε $\varepsilon\phi\theta = \frac{\upsilon_y}{\upsilon_0} = \frac{200}{5000} = 0{,}04$ .

(δ) Έργο της ηλεκτρικής δύναμης: $W = Fy = 10^{-5} \cdot 2 \cdot 10^{-3} = 2 \cdot 10^{-8} \ \text{J} = \Delta K$ . Επαλήθευση: $\frac{1}{2}m\upsilon_y^2 = \frac{1}{2} \cdot 10^{-12} \cdot 4 \cdot 10^4 = 2 \cdot 10^{-8} \ \text{J}$ ✔

Απάντηση: $\alpha = 10^7 \ \text{m/s}^2$ , $y = 2 \ \text{mm}$ , $\varepsilon\phi\theta = 0{,}04$ , $\Delta K = 2 \cdot 10^{-8} \ \text{J}$ .

Γρήγορος έλεγχος

Ηλεκτρόνιο μπαίνει σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο κάθετα στις δυναμικές γραμμές. Τι τροχιά θα διαγράψει μέσα στο πεδίο;

Γρήγορος έλεγχος

Φορτισμένο σωματίδιο μπαίνει κάθετα στις δυναμικές γραμμές ομογενούς πεδίου με ταχύτητα $\upsilon_0$ και εκτρέπεται κατά $y$ στην έξοδο. Αν μπει με ταχύτητα $2\upsilon_0$ , η εκτροπή στην έξοδο θα είναι:

Κράτα την αναλογία-κλειδί: ό,τι κάνει το $mg$ στη βαρύτητα, το κάνει το $qE$ στο ομογενές ηλεκτρικό πεδίο — αντικατέστησε $g \to \frac{qE}{m}$ και όλες οι εξισώσεις της βολής δουλεύουν αυτούσιες. Στις ασκήσεις πυκνωτή ξεκίνα σχεδόν πάντα από το $E = \frac{V}{d}$ , και θυμήσου ότι το θετικό φορτίο κινείται προς το χαμηλότερο δυναμικό, το αρνητικό προς το υψηλότερο.

Ήξερες ότι;

Το 1897 ο J. J. Thomson εκτρέποντας «καθοδικές ακτίνες» μέσα σε ηλεκτρικό και μαγνητικό πεδίο μέτρησε τον λόγο φορτίου προς μάζα των σωματιδίων τους. Βρήκε μια τιμή πάνω από χίλιες φορές μεγαλύτερη από του ιόντος υδρογόνου — είχε ανακαλύψει το ηλεκτρόνιο, το πρώτο υποατομικό σωματίδιο.

Πρόκληση

Στην άσκηση τύπου διαγωνίσματος παραπάνω ( $\alpha = \frac{qE}{m} = 10^7 \ \text{m/s}^2$ , μήκος πλακών $\ell = 0{,}1 \ \text{m}$ , είσοδος στο μέσο πλακών που απέχουν $d = 2 \ \text{cm}$ ), ποια είναι η ελάχιστη ταχύτητα εισόδου ώστε το σωματίδιο να βγει από το πεδίο χωρίς να χτυπήσει πλάκα;

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Στο όριο, το σωματίδιο βγαίνει «ξυστά» στην άκρη της πλάκας: η εκτροπή στην έξοδο ισούται με $\frac{d}{2} = 0{,}01 \ \text{m}$ .

$\frac{1}{2}\alpha\left(\frac{\ell}{\upsilon_0}\right)^2 = \frac{d}{2} \Rightarrow \upsilon_0 = \ell\sqrt{\frac{\alpha}{d}} = 0{,}1 \cdot \sqrt{\frac{10^7}{0{,}02}} = 0{,}1 \cdot \sqrt{5 \times 10^8} \approx 2240 \ \text{m/s}$

Με την αρχική ταχύτητα των $5000 \ \text{m/s}$ το σωματίδιο περνά άνετα· αν ήταν κάτω από περίπου $2{,}2 \ \text{km/s}$ θα χτυπούσε την πλάκα πριν βγει.

Συνηθισμένα λάθη

Λάθος φορά εκτροπής: το ηλεκτρόνιο (αρνητικό φορτίο) εκτρέπεται αντίθετα από τη φορά του $\vec{E}$ , προς τη θετική πλάκα.
Βάρος χωρίς έλεγχο: αμέλησε το $mg$ μόνο αφού ελέγξεις ότι είναι πολύ μικρότερο από το $qE$ .
Χρόνος παραμονής από την εγκάρσια κίνηση: ο χρόνος μέσα στο πεδίο βγαίνει από την ομαλή κίνηση κατά μήκος των πλακών, $t = \frac{\ell}{\upsilon_0}$ .
Εκτροπή μεγαλύτερη από την απόσταση ως την πλάκα: αν $y_{\varepsilon\xi}$ ξεπερνά την απόσταση από την πλάκα, το σωματίδιο χτυπά την πλάκα και δεν βγαίνει.

Σύνοψη — τι κρατάμε

Σε ομογενές πεδίο: σταθερή δύναμη $F = qE$ και σταθερή επιτάχυνση $\alpha = \frac{qE}{m}$
Παράλληλη είσοδος: ευθύγραμμη ομαλά μεταβαλλόμενη κίνηση, $\Delta K = q\Delta V$
Κάθετη είσοδος: παραβολή $y = \frac{qE}{2m\upsilon_0^2}x^2$ , όπως στην οριζόντια βολή με $g \to \frac{qE}{m}$
Εκτροπή στην έξοδο $y = \frac{qE\ell^2}{2m\upsilon_0^2}$ , γωνία $\varepsilon\phi\theta = \frac{qE\ell}{m\upsilon_0^2}$

☄️

Κίνηση Φορτισμένων Σωματιδίων σε Ομογενές Πεδίο

α = qE/m, παράλληλη και κάθετη είσοδος στο πεδίο, εκτροπή

Γιατί με νοιάζει;

Κινήσεις φορτισμένων σωματιδίων σε ομογενές πεδίο

Είσοδος παράλληλα στις δυναμικές γραμμές: ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη (ή επιβραδυνόμενη) κίνηση. Ενεργειακά: $qV = \frac{1}{2}m\upsilon^2 - \frac{1}{2}m\upsilon_0^2$ .
Είσοδος κάθετα στις δυναμικές γραμμές: παραβολική εκτροπή, ίδια μαθηματικά με την οριζόντια βολή — ομαλή κίνηση κατά μήκος των πλακών, ομαλά επιταχυνόμενη εγκάρσια. Πάνω σε αυτή την αρχή δουλεύει ο παλμογράφος.

Εξισώσεις κίνησης και εκτροπή

Κάθετη είσοδος με ταχύτητα $\upsilon_0$ (άξονας $x$ κατά μήκος των πλακών, $y$ κατά μήκος των δυναμικών γραμμών):

$x = \upsilon_0t, \qquad y = \frac{1}{2}\alpha t^2 = \frac{1}{2}\frac{qE}{m}t^2$

$y_{\varepsilon\xi} = \frac{qE\ell^2}{2m\upsilon_0^2}, \qquad \varepsilon\phi\theta = \frac{\upsilon_y}{\upsilon_0} = \frac{qE\ell}{m\upsilon_0^2}$

Η εκτροπή είναι ανάλογη του $\frac{q}{m}$ και αντιστρόφως ανάλογη του $\upsilon_0^2$ .

t = 0\,s \quad x = \upsilon_0 t = 0\,m \quad y = \frac{1}{2}g t^2 = 0\,m

\upsilon_0 = 8\,m/s

Διάλεξε υ₀ και πάτησε «Βολή»: δες ποιο διάνυσμα ταχύτητας αλλάζει και ποιο μένει ίδιο.

$\alpha = \frac{qE}{m} = \frac{qV}{md}, \qquad y = \frac{qE}{2m\upsilon_0^2}x^2, \qquad \varepsilon\phi\theta = \frac{qE\ell}{m\upsilon_0^2}, \qquad \Delta K = q\Delta V$

Μέθοδος: φορτισμένο σωματίδιο σε ομογενές πεδίο

Ένταση από την τάση των πλακών: $E = \frac{V}{d}$ (με $d$ σε m).
Δύναμη $F = qE$ και επιτάχυνση $\alpha = \frac{qE}{m}$ . Έλεγξε ότι το βάρος $mg$ είναι πράγματι αμελητέο μπροστά στο $qE$ .
Φορά: το θετικό φορτίο επιταχύνεται κατά τη φορά του $\vec{E}$ , το αρνητικό αντίθετα.
Είσοδος παράλληλα στις δυναμικές γραμμές: εξισώσεις ευθύγραμμης ομαλά μεταβαλλόμενης κίνησης ή, πιο γρήγορα, ΘΜΚΕ $qV = \Delta K$ .
Είσοδος κάθετα: «οριζόντια βολή» με $g \to \alpha$ : $x = \upsilon_0 t$ , $y = \frac{1}{2}\alpha t^2$ , $\upsilon_y = \alpha t$ . Ο χρόνος παραμονής είναι $t = \frac{\ell}{\upsilon_0}$ ( $\ell$ το μήκος των πλακών) — και έλεγξε ότι η εκτροπή δεν ξεπερνά την απόσταση ως την πλάκα.

Λύση:

(α) $E = \frac{V}{d} = \frac{100}{0{,}1} = 1000\ V/m$ .

(β) $F = qE = 10^{-6} \cdot 1000 = 10^{-3}\ N$ , άρα $\alpha = \frac{F}{m} = \frac{10^{-3}}{2 \cdot 10^{-6}} = 500\ m/s^2$ .

(γ) ΕΟΜΚ χωρίς αρχική ταχύτητα: $\upsilon^2 = 2\alpha d = 2 \cdot 500 \cdot 0{,}1 = 100 \Rightarrow \upsilon = 10\ m/s$ .

Ενεργειακή επαλήθευση: $qV = 10^{-6} \cdot 100 = 10^{-4}\ J$ και $\frac{1}{2}m\upsilon^2 = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 10^{-6} \cdot 100 = 10^{-4}\ J$ — ταυτίζονται!

Λύση: Το ηλεκτρόνιο είναι αρνητικό, άρα η δύναμη είναι αντίθετη της έντασης: επιβραδύνεται.

α) Διασχίζοντας τάση $60 \ \text{V}$ «προς τα κάτω» χάνει $60 \ \text{eV}$ : $K = 100 - 60 = 40 \ \text{eV}$ .

Γρήγορος έλεγχος

Λύση:

(β) Χρόνος παραμονής: $t = \frac{\ell}{\upsilon_0} = \frac{0{,}1}{5 \cdot 10^3} = 2 \cdot 10^{-5} \ \text{s}$ . Εκτροπή:

$y = \frac{1}{2}\alpha t^2 = \frac{1}{2} \cdot 10^7 \cdot 4 \cdot 10^{-10} = 2 \cdot 10^{-3} \ \text{m} = 2 \ \text{mm}$

Αφού $y < \frac{d}{2} = 1 \ \text{cm}$ , το σωματίδιο βγαίνει από το πεδίο χωρίς να χτυπήσει πλάκα.

(γ) $\upsilon_y = \alpha t = 10^7 \cdot 2 \cdot 10^{-5} = 200 \ \text{m/s}$ , οπότε $\varepsilon\phi\theta = \frac{\upsilon_y}{\upsilon_0} = \frac{200}{5000} = 0{,}04$ .

Απάντηση: $\alpha = 10^7 \ \text{m/s}^2$ , $y = 2 \ \text{mm}$ , $\varepsilon\phi\theta = 0{,}04$ , $\Delta K = 2 \cdot 10^{-8} \ \text{J}$ .

Γρήγορος έλεγχος

Ήξερες ότι;

Πρόκληση

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Συνηθισμένα λάθη

Λάθος φορά εκτροπής: το ηλεκτρόνιο (αρνητικό φορτίο) εκτρέπεται αντίθετα από τη φορά του $\vec{E}$ , προς τη θετική πλάκα.
Βάρος χωρίς έλεγχο: αμέλησε το $mg$ μόνο αφού ελέγξεις ότι είναι πολύ μικρότερο από το $qE$ .
Χρόνος παραμονής από την εγκάρσια κίνηση: ο χρόνος μέσα στο πεδίο βγαίνει από την ομαλή κίνηση κατά μήκος των πλακών, $t = \frac{\ell}{\upsilon_0}$ .
Εκτροπή μεγαλύτερη από την απόσταση ως την πλάκα: αν $y_{\varepsilon\xi}$ ξεπερνά την απόσταση από την πλάκα, το σωματίδιο χτυπά την πλάκα και δεν βγαίνει.

Σύνοψη — τι κρατάμε

Σε ομογενές πεδίο: σταθερή δύναμη $F = qE$ και σταθερή επιτάχυνση $\alpha = \frac{qE}{m}$
Παράλληλη είσοδος: ευθύγραμμη ομαλά μεταβαλλόμενη κίνηση, $\Delta K = q\Delta V$
Κάθετη είσοδος: παραβολή $y = \frac{qE}{2m\upsilon_0^2}x^2$ , όπως στην οριζόντια βολή με $g \to \frac{qE}{m}$
Εκτροπή στην έξοδο $y = \frac{qE\ell^2}{2m\upsilon_0^2}$ , γωνία $\varepsilon\phi\theta = \frac{qE\ell}{m\upsilon_0^2}$