COMPITI DI FISICA SVOLTI PER IL CORSO DI LAUREA IN C

1
N.17
Calcolare la forza su un elettrone che si trova in un campo elettrico di
5000 V/m. E la sua accelerazione.
La forza elettrica ha modulo
F = qE
dove q è la carica ed E è il modulo del campo elettrico. Nel nostro caso
F = -eE
F   e E  1.9 10 19 C  5000V m  9.5 10 16 N
dove e è la carica dell’elettrone e allora possiamo scrivere:
La forza elettrica, per come è stata definita, ha la stessa direzione del campo elettrico
E, ma il segno negativo indica che ha verso opposto.
F
e¯
E
Per calcolare l’accelerazione a cui è soggetto l’elettrone richiamiamo la seconda
legge della dinamica:
F = -eE = ma  a = F/ m = -9.5·10-16 N / 9.1·10-31Kg = 1.04·1015
m/s²
N.18
Lo stesso per un elettrone che si trova fra due piastre metalliche di un
cm² di area e caricate mediante trasferimento da una all’altra di 106
elettroni.

+
E
Le due piastre metalliche descritte nel problema
costituiscono un condensatore piano. Per un
condensatore piano vale la relazione:
Q=CV 
V=Q/C
dove Q è la carica accumulata nelle piastre, V è la
d.d.p. tra le piastre e C è la capacità del
condensatore. Quest’ultima per il condensatore
piano assume la forma:
C  0
A
d
2
dove A è la superficie di una delle due piastre affacciate e d è la loro distanza ( 0 è la
costante dielettrica del mezzo trale due piastre; noi assumeremo che tra le due piastre
vi sia il vuoto ). Vale inoltre la relazione:
V=Ed

E=V/d
A questo punto possiamo andarci a ricavare la forza a cui è soggetto l’elettrone:
V
Q
Q
10 6 1.6 10 19 C
19
F  eE  e  e
 e
 1.6 10 C 

4 2
12 C 2
d
C d
0  A
10 m  8.8 10
N  m2
= 2.910-17 N
Per ricavarci l’accelerazione a cui è soggetto l’elettrone:
F
2.9 10 17 N
a

 3.2 1013 m / s 2
31
m
9.1 10 Kg
N.19
Calcolare la velocità di uno ione C+ dopo che è stato accelerato da una
d.d.p. di 1 KV.
In seguito all’accelerazione causata dalla d.d.p., lo ione C+ trasforma la sua energia
potenziale in energia cinetica; vediamo cosa accade più in dettaglio.
+
Nel disegno siano A e B i punti sottoposti a

E
d.d.p. e, per come abbiamo disegnato:
s
A
V = VA - VB = 1 KV
B
Essendoci una d.d.p. tra A e B c’è un campo
elettrico E come in figura. Dato che C+ è uno ione positivo, per essere accelerato
dalle forze del campo, esso deve muoversi lungo la stessa direzione di E; sia perciò s
lo spostamento dello ione. In A lo ione parte da fermo e arriva con una velocità v B in
B. Applichiamo il pricipio di conservazione dell’energia tra i punti A e B:
eVA = eVB + ½mvB²  e ( VA - VB ) = ½mvB² 
vB 
2eV A  VB 

m
2eV

m
2  1.9  10 19 C  1KV
 1.9  1010 m 2 / s 2 
 27
12  1.7  10 Kg
3
= 1.4105 m/s
N.20
Lo stesso dell'esercizio precedente per un elettrone.
Il ragionamento è analogo all’esercizio precedente;
+
la differenza sta nel fatto che, essendo l’elettrone
E

carico negativamente, per essere accelerato, deve
s
muoversi nella direzione opposta alla direzione del
A
B
campo elettrico E, quindi si muove da B ad A.
Supponendo che parta da fermo da B, stavolta dobbiamo calcolare vA
-eVB = -eVA + ½mvA²  e ( VA - VB ) = ½mvA²
vA 
2eV A  VB 

m
2eV

m
2  1.9  10 19 C  1KV

9.1  10 31 Kg
4  1014 m 2 / s 2 
= 2107 m/s
N.21
Può l’elettrone dell’esercizio precedente attraversare lo spazio fra due
piastre parallele distanti 10 cm e fra le quali vi è un campo elettrico
omogeneo perpendicolare alle piastre stesse di valore 105 N/C ?
Discutere il caso anche per lo ione C+ dell’esercizio precedente e
considerare i due possibili versi del vettore campo elettrico.

+
E
s
4
Puntualizziamo che con “l’elettrone dell’esercizio
precedente” si intende un elettrone che abbia una
dove con K+ e K – abbiamo indicato le energie cinetiche dell’elettrone nei pressi
velocità pari a quella calcolata nell’esercizio
delle piastre positiva e negativa rispettivamente; lo stesso
dicasi per l’energia
7
precedente
(
v
=
210
m/s
);
questa velocità sarà
potenziale U. Ricordando che:
quindi quella con cui parte l’elettrone. Occorre
U=disinguere
- e V due casi:
però
Allora possiamo scrivere:
PRIMO CASO: l’elettrone parte dalla
K + - eV+ =piastra
K – - eV

+ –
K – = - e ( V+ -Sia
V– )in+ Kfigura,
+ = - e ΔV
+
s il+ Kvettore
spostamento
dell’elettrone; applichiamo il principio di
Ricordando che:
conservazione dell’energia tra le due piastre:
ΔV = E·d
abbiamo
K + + U+ = K – + U –
K – = - e E·d + K + = - e E·d + ½mv+² =
= - 1.6·10-19C · 105 N/C · 0.1m + ½ 9.1·10-31Kg · ( 2·107 m/s )²=
= - 1.6·1015 J + 1.82·1016 J < 0
Poichè l’energia cinetica non può essere negativa, come invece abbiamo ottenuto,
allora l’elettrone non riesce ad arrivare alla piastra negativa.
SECONDO CASO: l’elettrone parte dalla piastra –

+
E
s
In questo caso valgono le considerazioni del caso
precedente solo che il principio di conservazione
dell’energia diventa:
K + + U+ = K – + U –
K + - eV+ = K – - eV – 
K + = e ( V+ - V– ) + K – = e ΔV + K – =
= e E·d + ½mv–² > 0
Il risultato ottenuto ci dice che l’elettrone in questo
caso riesce a raggiungere l’altra piastra.
Questo è un risultato che si poteva aspettare in quanto nel primo caso l’elettrone è
decelarato dal campo elettrico ( la forza che agisce su di esso è opposta al suo
spostamento ) e infatti la sua energia cinetica durante il suo spostamento verso l’altra
piastra diminuisce tanto che prima di arrivare all’altra piastra si ferma; nel secondo
caso il campo elettrico è discorde ( opposto ) allo spostamento, mentre la forza è
concorde; ciò implica che l’elettrone viene accelerato e infatti la sua energia cinetica
aumenta durante il suo percorso.
Nel caso dello ione C+ il ragionamento è identico solo che stavolta si tratta di uno
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ione positivo che, inserito in un campo elettrico, è soggetto ad una forza concorde
con il campo, opposta a quella a cui è soggetto l’elettrone. Possiamo quindi scrivere:
PRIMO CASO: il C+ parte dalla piastra +
K + + U+ = K – + U – dove però stavolta U = e · V
K + + eV+ = K – + eV – 
K – = e ( V+ - V– ) + K + = e ΔV + K + > 0
quindi il C+ arriva sulla piastra negativa con una energia cinetica più grande di quella
di partenza e quindi con un’energia cinetica sicuramente positiva. Ciò vuol dire che il
C+ riesce sicuramente ad arrivare sulla piastra negativa.
SECONDO CASO: il C+ parte dalla piastra –
K + + U+ = K – + U – dove anche stavolta
U=e·V
K + + eV+ = K – + eV – 
K + = e ( -V+ + V– ) + K – = - e ΔV + K – =- e E·d + ½mv–² =
= - 1.6·10-19C · 105 N/C · 0.1m + ½ 9.1·10-31Kg · ( 2·107 m/s )²=
= - 1.6·1015 J + 1.82·1016 J < 0
In questo caso l’energia cinetica finale, quindi sulla piastra positiva, risulta negativa
cioè lo ione non riesce a raggiungere la piastra positiva.
Dai nostri ragionamenti possiamo quindi desumere che l’elettrone e lo ione, essendo
carichi di segno opposto, hanno comportamenti opposti.
N.22
Fra due punti di un campo elettrico esiste una differenza di potenziale
di 1 KV. Calcolare in Joule la minima energia cinetica che deve avere
una particella carica con la carica dell'elettrone per poter passare da
un punto all’altro nel verso opposto alle forze del campo.
E
A
vA
B
Siano A e B in figura i due punti in questione e sia vA la velocità iniziale con cui
parte lo ione, che dovendo essere carico negativamente, chiameremo X ¯.Per come
abbiamo direzionato il campo elettrico il punto A è a potenziale più alto rispetto al
punto B, quindi possiamo scrivere
ΔV = VA - VB = 1 KV
inoltre abbiamo posto che X ¯ parta da A poichè la forza di cui risente con questo
campo elettrico ( dovendo essere opposta al campo ) va da B ad A e il problema ci
dice che lo ione deve attraversare questa d.d.p. nel verso opposto alle forze del
campo. Si può intuire facilmente che l’energia cinetica che gli occorre nel punto A
per vincere la differenza di potenziale tra i due punti A e B è proprio la differenza di
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energia potenziale tra i due punti, cioè
K A min = UB - UA = e · ΔV = 1 KeV
Possiamo ottenere questo risultato applicando il principio di conservazione
dell’energia:
KA + UA = KB + UB dove sappiamo U = -e · V quindi
KA - eVA = KB - eVB  KB = KA – e ( VA - VB ) = KA – e V  0
Il più piccolo valore che può assumere KB è zero ( l’energia cinetica non può essere
negativa! ) e lo assume con il più piccolo valore di KA, cioè possiamo scrivere:
KB min = 0 = KA min – e V
da cui otteniamo:
KA min = e V = 1 KeV
N.23
Calcolare per l’esercizio precedente la minima velocità nel caso che la
particella sia un elettrone o uno ione C+.
La minima energia si ottiene con la minima velocità, cioè sarà tale che:
K A min 
v A min 
1
mv A2 min
2
2 K A min
20 KeV
2

 40c 2 10 3  2 10 1 c  3 108 m / s 
0.5MeV 2
m
10
c
Per l’elettrone ( per comodità come massa dell’elettrone useremo 0.5 MeV/c² dove c
è la velocità della luce ) otteniamo:
= 6107 m/s
Per calcolare la velocità minima dello ione C+, ricordiamo che il suo peso atomico è
12 u.m.a. ed un u.m.a. equivale circa alla massa di un protone; useremo come massa
del protone il valore 100 MeV/c². Procedendo con il calcolo per il C+ :
v A min 
2 K A min
20 KeV

12 100MeV
m
 1.67c 2 10 5  0.4110 2 c 
c2
= 0.41·3·106 m/s = 1.24·106 m/s
N.24
Un elettrone attraversa nel senso uguale alle forze del campo una
barriera di potenziale di 3 V. Se prima dell'attraversamento aveva
7
una velocità di 106 m/s, quale sarà la sua velocità dopo
l’attraversamento?
Possiamo risolvere il problema in due modi differenti, uno intuitivo ed uno
matematico.
RISOLUZIONE INTUITIVA:Poichè il problema ci dice che lo spostamento
dell’elettrone è concorde con le forze del campo, allora il lavoro fatto dalla forza
elettrica sull’elettrone è positivo ( ricordiamo che il lavoro è il prodotto scalare tra
forza e spostamento W = F · s ), si tratta cioè di un lavoro motore. Ciò implica che
l’energia cinetica dell’elettrone aumente durante l’attraversamento della barriera di
potenziale infatti:
W = - ΔU = - ( Uf – Ui ) = ΔK = Kf – Ki
e allora:
vf 

2 1
2 1


2
2
 mvi  U  
 mvi  eV  
m2
m2


2
1

31
12 2
2
19
6

9
.
1

10
Kg

10
m
/
s

1
.
6

10
C

3
V

1
.
4

10
m/ s


9.110 31 Kg  2

RISOLUZIONE MATEMATICA:Applichiamo il principio di conservazione
dell’energia ai due istanti iniziale e finale, possiamo allora scrivere:

Ki + Ui = Kf + Uf
Kf = Ki + Uf – Ui

Uf – Ui = Kf – Ki 
vf 
2 1

2
 mvi  U 
m 2

e i calcoli sono identici a quelli del ragionamento precedente.
N.25
Un elettrone con energia cinetica pari a 300 eV attraversa una
barriera di potenziale di 100 V in senso opposto alle forze del campo.
Determinare la sua velocità prima e dopo l’attraversamento.
Per sapere la velocità prima dell’attraversamento, calcoliamo:
½mvi²=Ki
 vi 
2Ki

m
600eV
0.5MeV
 2 3  c 10 2  1.04 10 7 m / s
c2
Per sapere la velocità dopo l’attraversamento, applichiamo il principio di
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conservazione dell’energia agli istanti iniziale e finale:
Ki + Ui = Kf + Uf
vf 
c
2
K i  U  
m

Uf – Ui = Kf – Ki 
Kf = Ki + Uf – Ui

2
K i  e V  
m
2
0.5MeV
4
200eV  2 2 10 2 c  8.5 10 6 m / s
6
10 eV
 300eV  e 100V  
c2