Δ=Δ sEU = EeF

Celotno besedilo

(1)Rudolf Kladnik: Fizika za srednješolce 3 Svet elektronov in atomov Električno polje (11), gibanje delcev v električnem polju. ND A. Stran 55, naloga 1. Kolikšno napetost mora preleteti elektron, da se njegova kinetična energija poveča za 10 keV?. ΔWk = 10 keV ΔU = ?. NA. Razlaga:. Za delo ali energijo se v atomiki pogosto uporablja enota 1eV (elektron volt). Ta je enaka delu, ki ga opravi električno polje na elektron, ko le-ta preleti napetost 1V.. [. Tu je: e = 1,6 .10 −19 As. ΔU = E Δs. Rešitev naloge:. naboj elektrona sila na naboj napetost. TC. F =e E. SA. Delo je enako spremembi kinetične energije:. A = ΔW k. e ΔU = ΔWk. ΔU =. ΔWk = 10 kV e. ]. ITA. A = F Δs = e EΔs = e ΔU eV = 1,6 .10 −19 J.

(2) Stran 55, naloga 2 Elektron in proton se gibljeta v smeri silnic homogenega električnega polja z jakostjo 20 kV / cm . Kolikšna sta njuna pospeška? (Masa elektrona je 9,1.10 −31 kg , protona pa 1,67 .10 −27 kg .). ND A. 10 3 V kV V = 20 − 2 = 2 .10 6 E = 20 cm m 10 m − 31 me = 9,1.10 kg m p = 1,67 .10 − 27 kg e0 = −1,6.10 −19 As e p = 1,6 .10 −19 As. ae = ?. ap = ?. Razlaga:. NA. Sila na nabit delec v električnem polju je enaka produktu jakosti elektičnega polja in električnega naboja. Po drugem Newtonovem zakonu povzroča, da se delec z maso m pospešuje s pospeškom a:. v v Ee . a= m Rešitev:. ap =. Ee0 − 2 .10 6 1,6 .10 −19 = m0 9,1.10 −31 Ee p mp. Opomba:. =. 2 .10 6 1,6 .10 −19 1,67 .10 − 27. ⎡ VAs kg m 2 A s m ⎤ m = = 2 ⎥ = −3,5 .1017 2 ⎢ 3 s ⎣ m kg A s m kg s ⎦. ⎡ VAs kg m 2 A s m ⎤ m = = 2 ⎥ = 1,9 .1014 2 ⎢ 3 s ⎣ m kg A s m kg s ⎦. TC. ae =. ITA. v v v F = E . e = ma. SA. Enota za volt ni osnovna merska enota (do sedaj poznamo m, kg, s, A), zato jo izrazimo z osnovnimi enotami:. A⎡ J Nm kg m 2 ⎤ = = U= ⎢ ⎥ e ⎣ As As As 3 ⎦.

(3) Stran 55, naloga 3 Elektron se s hitrostjo 50 000 km/s zaleti v smeri silnic homogenega električnega polja z jakostjo 20 kV/cm. Po kolikšni poti se ustavi? Kako se giblje nato?. v0 = 50000 km / s = 5 .10 7 m / s kV 10 3 V V = 20 − 2 = 2 .10 6 cm m 10 m −31 m0 = 9,1.10 kg. ND A. E = 20. e0 = −1,6.10 −19 As s=? Razlaga:. Rešitev:. v v v F = E . e0 = m 0 a. 2. SA. v v Ee0 a= m0. TC. ITA. NA. Sila na elektron ima zaradi negativnega naboja elektrona nasprotno smer od smeri električnega polja. Če prileti elektron v tako električno polje, deluje sila zaviralno na elektron (enakomerno pojemajoče gibanje) in elektron se po razdalji s ustavi. Nato se ponovno pospešuje v obrati smeri s pospeškom a, ki je enak pojemku –a. Gibanje je podobno navpičnemu metu – prostemu padu telesa.. 2. s=. v0 v m = 0 0 2a 2 Ee0. s=. (5 .10 7 ) 2 9,1 .10 −31 2 . 2 .10 6. ⎡ m 2 kg m m 2 kg m A s 3 ⎤ = 2 = m ⎥ = 3,6 .10 −3 m = 3,6 mm ⎢ 2 2 s As kg m ⎣ s V As ⎦.

(4) Opomba: Enota za volt ni osnovna merska enota (te so do sedaj m, kg, s, A), zato jo izrazimo z osnovnimi enotami:. A⎡ J Nm kg m 2 ⎤ = = ⎢ ⎥ e ⎣ As As As 3 ⎦. U=. ND A. Stran 55, naloga 4. Koliko časa potrebuje proton, da prekorači homogeno električno polje med ploščama kondenzatorja v smeri od pozitivne plošče k negativni? Plošči sta razmaknjeni 1,0 cm, napetost med njima je 20 kV.. d = 1 cm = 10 −2 m U = 20 kV = 20 .10 3 V m p = 1,67 .10 − 27 kg. NA. e p = 1,6 .10 −19 As t =? Razlaga in rešitev:. ITA. Proton je pozivno nabiti delec z nabojem, ki je po absolutni vrednosti enak naboju elektrona. Na njega deluje sila v smeri silnic električneg polja, torej od pozitivne proti negativni plošči. Sila povzroča, da se proton z maso m pospešuje s pospeškom a . Gibanje je torej enakomerno pospešeno s pospeškom a . Za pot odnosno čas preleta uporabimo enačbo iz enakomerno pospešenega gibanja.. v v v F = E .e p = m p a. U d. U ep d. = mpa. ⇒ a=. U ep. d mp. SA. E=. TC. Vstavimo enačbo za E :. Uporabimo enačbo za pot pri enakomerno pospešenem gibanju:. d=. at2 2. ⇒ t=. 2d a. Vstavimo enačbo za a in dobimo:. t=. 2d 2 mp. U ep.

(5) t=. 2 .10 − 4 1,67 .10 − 27 ⎡ m 2 kg = ⎢ 20 .10 3 1,6 .10 −19 ⎣⎢ V As. ⎤ m 2 kg A s 3 −8 = s ⎥ = 10 s 2 kg m A s ⎦⎥. Opomba:. ND A. Enota za volt ni osnovna merska enota (do sedaj poznamo m, kg, s, A), zato jo izrazimo z osnovnimi enotami:. A⎡ J Nm kg m 2 ⎤ U= ⎢ = = ⎥ e ⎣ As As As 3 ⎦. Stran 55, naloga 5. NA. Vzporedni plošči kondenzatorja sta dolgi 5,0 cm in razmaknjeni 2 mm. Elektron stopi v električno polje tik ob negativni plošči; njegova začetna hitrost je 10 000 km/s v smeri pravokotno na silnice. Kolikšna mora biti najmanjša napetost med ploščama, da elektron ne izstopi iz polja, ampak zadene pozitivno ploščo.. l = 5 cm = 5 .10 −2 m. m0 = 9,1.10 −31 kg e0 = −1,6 .10 −19 As t =? Razlaga in rešitev:. TC. v0 = 10000 km / s = 10 7 m / s. ITA. d = 2 mm = 2 .10 −3 m. SA. Na elektron, ki vstopa v električno polje pravokotno na silnice, deluje sila v nasprotno smer od smeri silnic električneg polje. Telo v vstopni smeri ohrani hitrost (enakomerno gibanje), v nasprotni smeri silnic pa se pospešuje s pospeškom a . Na desnem zgornjem robu plošče (glej sliko) zadene pozitivno ploščo s končno hitrostjo v k . Gibanje je podobno gibanju pri poševnem metu telesa..

(6) ND A NA. V smeri osi x je gibanje enakomerno, torej velja:. ⇒ t1 =. l v0 x. kjer je t1 čas preleta elektrona.. ITA. (1) l = v 0 x t1. V smeri osi y je gibanje enakomerno pospešeno, zato uporabimo ustrezne enačbe iz enakomerno pospešenega gibanja. Dobimo:. a y t1. 2. 2. ay l 2. =. 2 v0 x. 2. TC. (2) d =. Izrazimo še pospešek v y smeri:. v. v. U e0 = m0 a y d. U e0 = m0 a d. ⇒ ay =. ter ga vstavimo v enčbo (2): (4) d =. U e0 d m0. SA. (3) F = E . e0 =. U e0 l 2. d m0 2 v 0 x. 2. Dobimo končno enačbo: 2. 2 v 0 x d 2 m0 U= e0 l 2.

(7) U=. 2 . (10 7 ) 2 (2 .10 −3 ) 2 9,1.10 −31 1,6 .10 −19 (5 .10 − 2 ) 2. ⎡ m 2 m 2 kg kg m 2 ⎤ = = V ⎥ =1,8V ⎢ 2 2 3 As ⎣s As m ⎦. Opomba: Enota za volt ni osnovna merska enota (do sedaj poznamo m, kg, s, A), zato jo izrazimo z osnovnimi enotami:. TC. ITA. NA. ND A. A⎡ J Nm kg m 2 ⎤ = = ⎢ ⎥ e ⎣ As As As 3 ⎦. SA. U=.

(8)