جواب تمرین صفحه ۲۱ فیزیک (2) - تجربی

با عوض شدن قطب‌های باتری، صفحهٔ سمت چپ (نزدیک A) مثبت و صفحهٔ سمت راست (نزدیک B) منفی می‌شود. پس جهت میدان الکتریکی از چپ به راست است و نیروی وارد بر پروتون (بار مثبت) به سمت B است. یعنی جابه‌جایی \(\vec{d}\) و نیروی \(\vec{F_E}\) هم‌جهت‌اند و \(\theta = 0^\circ\).

نکتهٔ مربوط به داده‌ها: در صورت مسئله \(E = 2/0 \times 10^2 \text{N/C}\) نوشته شده، اما در پاسخ مثال ۱ـ۹ از \(2/0\times10^3\) استفاده شده و جواب آن مثال هم با همین مقدار به دست می‌آید. در ادامه همان \(2/0\times10^3\text{N/C}\) را به کار می‌بریم تا با پاسخ کتاب هم‌خوان باشد.

مرحلهٔ ۱: تغییر انرژی پتانسیل الکتریکی از A تا B

با استفاده از رابطهٔ ۱ـ۸ داریم:

\[\Delta U_E = -|q|Ed\cos\theta = -(1/6\times10^{-19}\text{C})(2/0\times10^3\text{N/C})(10\times10^{-2}\text{m})(\cos 0^\circ) = -3/2\times10^{-17}\text{J}\]

مرحلهٔ ۲: تندی پروتون در نقطهٔ B

پروتون از حالت سکون رها می‌شود، پس \(v_\circ = 0\). طبق قضیهٔ کار ـ انرژی جنبشی:

\[W_E = \Delta K \Rightarrow -\Delta U_E = \frac{1}{2}m(v_B^2 - 0)\]

\[3/2\times10^{-17}\text{J} = \frac{1}{2}(1/67\times10^{-27}\text{kg})\,v_B^2 \Rightarrow v_B^2 = \frac{2\times 3/2\times10^{-17}}{1/67\times10^{-27}} \approx 3/83\times10^{10}\text{m}^2/\text{s}^2\]

\[v_B = \sqrt{3/83\times10^{10}} \approx 1/96\times10^5 \text{m/s} \approx 2/0\times10^5 \text{m/s}\]

پاسخ: پروتون با تندی تقریبی \(2/0\times10^5\text{m/s}\) به نقطهٔ B می‌رسد. این تندی همان تندی پرتاب در مثال ۱ـ۹ است، زیرا انرژی پتانسیلی که در مثال ۱ـ۹ کم شد، اینجا به انرژی جنبشی تبدیل می‌شود.