مسارات الجسيمات المشحونة في المجالات الكهربائية: فيزياء HSC

يدخل إلكترون إلى المنطقة بين لوحين أفقيين مشحونين، متحركًا في خط مستقيم نحو اليمين. اللوح العلوي موجب، واللوح السفلي سالب. ماذا يحدث بعد ذلك: هل يتحرك الإلكترون قطريًا، أم ينحني في مسار دائري، أم يتبع نوع المنحنى نفسه الذي تتبعه المقذوفات؟

حاول التنبؤ قبل متابعة القراءة. يشير المجال الكهربائي إلى أسفل، من اللوح الموجب نحو اللوح السالب. لكن الإلكترون سالب الشحنة، ولذلك تكون القوة الكهربائية المؤثرة فيه متجهة إلى أعلى. يستمر في التحرك نحو اليمين بينما يتسارع إلى أعلى. داخل مجال منتظم، يؤدي هذا الجمع بين الحركتين إلى مسار على شكل قطع مكافئ.

الفكرة المهمة ليست مجرد أن «الجسيمات المشحونة تنحني في المجالات الكهربائية». بل الأدق من ذلك أن قوة كهربائية ثابتة تُنتج تسارعًا ثابتًا في اتجاه واحد، بينما يمكن للحركة العمودية على تلك القوة أن تستمر دون تغيير. وهذا يشبه إلى حد كبير جدًا بنية حركة المقذوفات.

01ابدأ بحركة تعرفها بالفعل

تخيل عربة تتحرك شرقًا على أرضية تكاد تكون عديمة الاحتكاك، بينما يسحبها شخص نحو الشمال بقوة ثابتة.

السحب نحو الشمال لا يُلغي سرعتها نحو الشرق. تستمر العربة في التحرك شرقًا بينما تكتسب سرعة متزايدة نحو الشمال. لذلك ينحني مسارها.

يتصرف الجسيم المشحون في مجال كهربائي منتظم بالطريقة نفسها. فـ«الحبل» هنا هو القوة الكهربائية. ولكن، على خلاف الحبل الحقيقي، لا يوجد شيء يلامس الجسيم ماديًا، ويمكن للقوة أن تؤثر فيه في جميع أنحاء المنطقة التي يوجد فيها المجال.

يمنحنا ذلك فورًا مسألتين منفصلتين للحركة:

• عموديًا على المجال: سرعة ثابتة، إذا لم توجد قوة في ذلك الاتجاه
• موازيًا للمجال: تسارع ثابت

هذا الفصل هو المفتاح لحل معظم أسئلة HSC المتعلقة بمسارات الجسيمات المشحونة.

02حدِّد الاتجاه قبل استخدام أي معادلة

يُعرَّف اتجاه المجال الكهربائي بأنه الاتجاه الذي ستُدفَع فيه شحنة موجبة.

إذًا:

بالنسبة إلى شحنة \(q\) في مجال كهربائي \(\vec E\)،

\[ \vec F = q\vec E \]

حيث \(F\) هي القوة الكهربائية بوحدة النيوتن، و\(q\) هي الشحنة بوحدة الكولوم، و\(E\) هي شدة المجال الكهربائي بوحدة نيوتن لكل كولوم.

يعطي قانون نيوتن الثاني

\[ \vec a=\frac{\vec F}{m}=\frac{q\vec E}{m} \]

حيث \(m\) هي كتلة الجسيم بالكيلوجرام و\(a\) هو تسارعه بالمتر لكل ثانية تربيع.

لاحظ أن \(q\) تحمل إشارة. إذا اخترنا الاتجاه إلى أعلى موجبًا وكان المجال يشير إلى أسفل، فإن مركبة المجال \(E_y\) تكون سالبة. وبالنسبة إلى الإلكترون، تكون \(q\) سالبة أيضًا. لذلك يكون حاصل الضرب \(qE_y\) موجبًا، مما يعطي تسارعًا إلى أعلى.

هذه الطريقة أكثر أمانًا من حفظ عبارة «الإلكترونات تتحرك إلى أعلى». فهذا غير صحيح على إطلاقه. تتسارع الإلكترونات عكس اتجاه المجال الكهربائي أيًا كان ذلك الاتجاه.

03لماذا يصبح المسار قطعًا مكافئًا

افترض أن جسيمًا يدخل مجالًا كهربائيًا منتظمًا أفقيًا.

اختر:

• اتجاه \(x\) في اتجاه السرعة الابتدائية
• اتجاه \(y\) على محور المجال الكهربائي
• السرعة الأفقية الابتدائية \(u_x\)
• السرعة الرأسية الابتدائية \(u_y=0\)

افترض أن المجال لا يحتوي على مركبة في اتجاه \(x\). عندئذ لا توجد قوة كهربائية أفقية، ولذلك

\[ a_x=0 \]

وتكون الحركة الأفقية

\[ x=u_xt \]

أما التسارع الرأسي فهو ثابت:

\[ a_y=\frac{qE_y}{m} \]

ومن ثم تكون الإزاحة الرأسية

\[ y=\frac{1}{2}a_yt^2 \]

وبالتعويض عن \(t=x/u_x\)،

\[ y=\frac{1}{2}\left(\frac{qE_y}{m}\right)\left(\frac{x}{u_x}\right)^2 \]

فتصبح

\[ y=\frac{qE_y}{2mu_x^2}x^2 \]

وجود \(x^2\) هو العلامة الدالة. فالمسار قطع مكافئ.

توضح لنا هذه النتيجة أيضًا العوامل التي تتحكم في مقدار الانحراف. يزداد الانحراف عندما:

• يكون المجال الكهربائي أقوى،
• يكون مقدار الشحنة أكبر،
• يكون الجسيم أخف كتلة، أو
• تكون السرعة الأفقية أصغر.

والنقطة الأخيرة مهمة بوجه خاص. فالجسيم الأسرع يتعرض للتسارع نفسه، لكنه يقضي زمنًا أقل داخل مجال ذي طول ثابت.

المسار في الحالة الأكثر عمومية

إذا كان للجسيم بالفعل سرعة رأسية \(u_y\)، فإن الاستدلال نفسه يعطي

\[ y=y_0+\frac{u_y}{u_x}x+\frac{qE_y}{2mu_x^2}x^2 \]

حيث \(y_0\) هو موضعه الرأسي الابتدائي.

يظل المسار قطعًا مكافئًا ما دام المجال منتظمًا، و\(u_x\neq0\)، ولا يوجد تسارع في اتجاه \(x\).

وهناك حالة حدية مفيدة. إذا دخل الجسيم موازيًا للمجال تمامًا، فلا توجد مركبة جانبية تُنشئ مسارًا منحنيًا. بل يتحرك ببساطة على خط مستقيم بينما تزداد سرعته أو تقل.

04أسرع طريقة للتعامل مع طول محدود للألواح

افترض أن المجال المنتظم يمتد أفقيًا لمسافة \(L\)، وأن الجسيم يدخل أفقيًا بسرعة \(u\).

لأن سرعته الأفقية تظل ثابتة،

\[ t=\frac{L}{u} \]

فإن الإزاحة الرأسية أثناء وجوده بين اللوحين تساوي

\[ \Delta y =\frac{1}{2}\left(\frac{qE_y}{m}\right)\left(\frac{L}{u}\right)^2 \]

أو

\[ \Delta y=\frac{qE_yL^2}{2mu^2} \]

وللمقدار فقط،

\[ |\Delta y|=\frac{|q|EL^2}{2mu^2} \]

أما السرعة الرأسية عند الخروج من اللوحين فهي

\[ v_y=a_yt=\frac{qE_yL}{mu} \]

بينما تظل السرعة الأفقية \(u\).

لذلك يمكن إيجاد زاوية الخروج \(\theta\)، المقاسة من الاتجاه الأفقي، من

\[ \tan\theta=\frac{v_y}{u} \]

ويجب تحديد الإشارات من الرسم التخطيطي، بدلًا من إدخال الأعداد السالبة آليًا في كل خطوة.

05إذا كان المجال ناتجًا عن لوحين متوازيين

لا تعطي الأسئلة دائمًا قيمة \(E\) مباشرة. بين لوحين متوازيين مثاليين،

\[ E=\frac{V}{d} \]

حيث \(V\) هو فرق الجهد بين اللوحين بالفولت، و\(d\) هي المسافة بينهما بالمتر.

للمزيد من المراجعة حول هذه الخطوة، راجع المجالات الكهربائية بين لوحين متوازيين: استخدام \(E=V/d\).

هذا التقريب المثالي مهم. فالعلاقة \(E=V/d\) تفترض أن المجال منتظم. بالقرب من حواف الألواح، تنتشر خطوط المجال الحقيقية، مما يؤدي إلى تأثيرات الحواف. وستعطي مسائل المسارات في HSC عادةً معلومات كافية لاستخدام نموذج المجال المنتظم.

06الانحراف الكهربائي وحركة المقذوفات

التشابه الرياضي مع حركة المقذوفات قوي، لأن كلتا الحالتين تتضمنان تسارعًا ثابتًا في اتجاه واحد وسرعة ثابتة في اتجاه عمودي عليه.

هناك فرق واحد يستحق التوقف عنده.

إذا أسقطت كرة بولينج وكرة معدنية صغيرة معًا، مع إهمال مقاومة الهواء، فسيكون لهما التسارع نفسه بسبب الجاذبية. وتُلغى الكتلة لأن \(F_g=mg\).

أما في الحركة الكهربائية فلا يحدث ذلك تلقائيًا:

\[ a=\frac{qE}{m} \]

لذلك يمكن لجسيمين في المجال الكهربائي نفسه أن يتسارعا بمقادير مختلفة جدًا بسبب اختلاف نسبتي الشحنة إلى الكتلة \(q/m\).

07أكثر الأخطاء إغراءً

«ينحني الجسيم نحو اللوح السالب»

هذا صحيح فقط للجسيم الموجب.

يشير المجال نحو اللوح السالب. أما الجسيم السالب فيتعرض لقوة في الاتجاه المعاكس وينحني نحو اللوح الموجب.

والتسلسل الأكثر أمانًا دائمًا هو:

1. ارسم المجال الكهربائي،
2. حدِّد إشارة الشحنة،
3. حدِّد اتجاه القوة،
4. حدِّد اتجاه التسارع.

«المسار المنحني لا بد أن يكون جزءًا من دائرة»

تتطلب الحركة الدائرية تسارعًا يتغير اتجاهه باستمرار بحيث يشير نحو مركز الدائرة.

في المجال الكهربائي المنتظم، تشير القوة الكهربائية في اتجاه واحد ثابت. لذلك يكون للتسارع اتجاه ثابت بدلًا من أن يدور باستمرار.

ومن ثم يكون المسار قطعًا مكافئًا، وليس دائرة.

«تُستهلك السرعة الأفقية مع انعطاف الجسيم»

من السهل تخيل السرعة على أنها مقدار ثابت واحد يجب توزيعه بين الحركة الأفقية والرأسية. لكن مركبات المتجهات لا تعمل بهذه الطريقة.

إذا لم توجد قوة أفقية،

\[ a_x=0 \]

فإن \(v_x\) تظل ثابتة. ينشئ المجال الكهربائي \(v_y\) متغيرة؛ ولا يسحب سرعة من \(v_x\).

«بمجرد أن يغادر الجسيم اللوحين، يعود مساره إلى الاستقامة في اتجاهه الأصلي»

يتحرك في خط مستقيم بعد مغادرة المجال، لكنه لا يعود إلى اتجاهه الأصلي.

ففي اللحظة التي يغادر فيها المجال، تكون لديه بالفعل مركبتان للسرعة: أفقية ورأسية. ومع عدم وجود قوة أخرى، تظل المركبتان ثابتتين. لذلك يتبع الجسيم المماس لمساره ذي الشكل المكافئ.

08الأسئلة والحلول

السؤال 1

يدخل إلكترون أفقيًا بسرعة \(2.5\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) إلى مجال كهربائي منتظم شدته \(1.5\times10^4\ \mathrm{N\,C^{-1}}\) ومتجه إلى أسفل. يمتد المجال أفقيًا لمسافة \(2.0\times10^{-2}\ \mathrm m\).

احسب الانحراف الرأسي للإلكترون قبل مغادرته المجال، وحدد اتجاهه.

استخدم \(e=1.60\times10^{-19}\ \mathrm C\) و\(m_e=9.11\times10^{-31}\ \mathrm{kg}\).

الحل 1

ينحرف الإلكترون بمقدار \(8.4\times10^{-4}\ \mathrm m\)، أو \(0.84\ \mathrm{mm}\)، إلى أعلى.

يشير المجال إلى أسفل، لكن الإلكترون سالب الشحنة، لذلك تكون القوة المؤثرة فيه إلى أعلى.

احسب أولًا مقدار التسارع:

\[ a=\frac{eE}{m_e} =\frac{(1.60\times10^{-19})(1.5\times10^4)} {9.11\times10^{-31}} =2.63\times10^{15}\ \mathrm{m\,s^{-2}} \]

الزمن الذي يقضيه في المجال هو

\[ t=\frac{L}{u} =\frac{2.0\times10^{-2}}{2.5\times10^7} =8.0\times10^{-10}\ \mathrm s \]

السرعة الرأسية الابتدائية تساوي صفرًا، لذلك

\[ \Delta y =\frac12at^2 =\frac12(2.63\times10^{15})(8.0\times10^{-10})^2 =8.43\times10^{-4}\ \mathrm m \]

إذًا،

\[ \boxed{\Delta y\approx0.84\ \mathrm{mm}\text{ إلى أعلى}} \]

من الأخطاء الشائعة توجيه الإلكترون إلى أسفل لمجرد أن المجال يشير إلى أسفل. يخبرك اتجاه المجال باتجاه القوة المؤثرة في شحنة موجبة؛ أما قوة الإلكترون فتكون في الاتجاه المعاكس.

السؤال 2

يدخل بروتون وجسيم ألفا المجال الكهربائي المنتظم نفسه أفقيًا، ويقطعان المسافة الأفقية نفسها خلاله.

اعتبر أن شحنة البروتون \(+e\) وكتلته \(m_p\). وقرِّب جسيم ألفا على أن شحنته \(+2e\) وكتلته \(4m_p\).

قارن انحرافهما إذا:

a. دخلا بالسرعة نفسها،

b. دخلا بالطاقة الحركية نفسها.

لا تُطلب قيم عددية.

الحل 2

عند الدخول بالسرعة نفسها، ينحرف البروتون مسافة تساوي ضعف انحراف جسيم ألفا. وعند الدخول بالطاقة الحركية نفسها، ينحرف جسيم ألفا مسافة تساوي ضعف انحراف البروتون.

بالنسبة إلى جسيم يدخل أفقيًا،

\[ y=\frac{qEL^2}{2mu^2} \]

في الجزء a، تكون \(E\) و\(L\) و\(u\) متماثلة، لذلك

\[ y\propto\frac qm \]

بالنسبة إلى البروتون،

\[ \frac qm=\frac{e}{m_p} \]

وبالنسبة إلى جسيم ألفا،

\[ \frac qm=\frac{2e}{4m_p} =\frac12\frac{e}{m_p} \]

لذلك،

\[ y_\alpha=\frac12y_p \]

ومن ثم ينحني البروتون بمقدار يساوي الضعف.

أما الجزء b فيغير شيئًا مهمًا: تساوي الطاقة الحركية لا يعني تساوي السرعة.

باستخدام

\[ K=\frac12mu^2 \]

نحصل على

\[ u^2=\frac{2K}{m} \]

عوض بذلك في معادلة الانحراف:

\[ y =\frac{qEL^2} {2m(2K/m)} =\frac{qEL^2}{4K} \]

أصبحت الكتلة الآن ملغاة. وعند ثبوت \(K\)،

\[ y\propto q \]

شحنة جسيم ألفا تساوي ضعف شحنة البروتون، لذلك

\[ y_\alpha=2y_p \]

الخطأ المغري هو استخدام \(q/m\) في الجزأين. هذا صحيح فقط عندما تكون السرعة ثابتة بين الجسيمين. أما عندما تكون الطاقة الحركية ثابتة بدلًا من ذلك، فإن الجسيمين يدخلان بسرعتين مختلفتين، مما يغير الزمن الذي يقضيانه داخل المجال.

السؤال 3

يدخل إلكترون أفقيًا إلى مجال كهربائي منتظم. شدة المجال \(1.2\times10^4\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)، وطول منطقة المجال \(4.0\times10^{-2}\ \mathrm m\).

بعد مغادرة المجال، يقطع الإلكترون مسافة أفقية إضافية قدرها \(0.20\ \mathrm m\) قبل أن يصطدم بشاشة. تبلغ إزاحته الرأسية الكلية عن خط حركته الأصلي \(3.0\times10^{-2}\ \mathrm m\).

أوجد سرعته الأفقية عند الدخول.

استخدم \(e=1.60\times10^{-19}\ \mathrm C\) و\(m_e=9.11\times10^{-31}\ \mathrm{kg}\).

الحل 3

سرعة دخول الإلكترون تقارب \(2.5\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}\).

الفكرة الأساسية هي أن الإزاحة البالغة \(3.0\ \mathrm{cm}\) لا تحدث كلها أثناء وجود الإلكترون بين اللوحين. بل يستمر الإلكترون في الحركة رأسيًا بعد مغادرة المجال لأنه يحتفظ بسرعته الرأسية عند الخروج.

لنرمز لطول اللوحين بـ \(L\)، وللمسافة الخالية من المجال بـ \(D\)، وللسرعة الأفقية بـ \(u\).

مقدار التسارع هو

\[ a=\frac{eE}{m_e} \]

أثناء الحركة داخل منطقة المجال،

\[ t_1=\frac Lu \]

لذلك تكون الإزاحة الرأسية الأولى

\[ y_1=\frac12a\left(\frac Lu\right)^2 =\frac{aL^2}{2u^2} \]

وسرعة الخروج الرأسية هي

\[ v_y=a\frac Lu \]

أما زمن الانتقال من حافة اللوحين إلى الشاشة فهو

\[ t_2=\frac Du \]

ومن ثم تكون الإزاحة الإضافية

\[ y_2=v_yt_2 =\left(\frac{aL}{u}\right)\left(\frac Du\right) =\frac{aLD}{u^2} \]

لذلك،

\[ Y =\frac{a}{u^2}\left(\frac{L^2}{2}+LD\right) \]

ومن ثم

\[ u^2 =\frac{a}{Y}\left(\frac{L^2}{2}+LD\right) \]

أولًا،

\[ a =\frac{(1.60\times10^{-19})(1.2\times10^4)} {9.11\times10^{-31}} =2.11\times10^{15}\ \mathrm{m\,s^{-2}} \]

ثم

\[ u^2 = \frac{2.11\times10^{15}}{3.0\times10^{-2}} \left[ \frac{(4.0\times10^{-2})^2}{2} +(4.0\times10^{-2})(0.20) \right] \]

\[ u^2\approx6.18\times10^{14}\ \mathrm{m^2\,s^{-2}} \]

ومن ثم

\[ u\approx2.49\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}} \]

إذًا،

\[ \boxed{u\approx2.5\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}} \]

الاختصار المغري هو وضع كامل \(3.0\ \mathrm{cm}\) في العلاقة \(y=\frac12at^2\) باستخدام طول اللوحين فقط. لكن ذلك يتجاهل معظم هندسة المسألة: بعد مغادرة اللوحين يصبح التسارع صفرًا، لكن السرعة الرأسية لا تصبح صفرًا.

السؤال 4

يتحرك بروتون أفقيًا بسرعة \(4.0\times10^5\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) عبر منطقتين متجاورتين من المجال الكهربائي.

طول كل منطقة \(2.0\times10^{-2}\ \mathrm m\).

• في المنطقة الأولى، يوجد مجال كهربائي منتظم شدته \(3.0\times10^3\ \mathrm{N\,C^{-1}}\) ومتجه إلى أعلى.
• في المنطقة الثانية، يكون للمجال المقدار نفسه لكنه يشير إلى أسفل.

يدخل البروتون دون سرعة رأسية.

أوجد:

a. سرعته الرأسية عند مغادرة المنطقة الثانية،

b. إزاحته الرأسية الكلية،

c. ما إذا كان عكس اتجاه المجال في النصف الثاني يلغي تمامًا الحركة الناتجة عن النصف الأول.

استخدم \(q_p=1.60\times10^{-19}\ \mathrm C\) و\(m_p=1.67\times10^{-27}\ \mathrm{kg}\).

الحل 4

يغادر البروتون بسرعة رأسية تساوي صفرًا، لكنه يظل مزاحًا إلى أعلى بمقدار يقارب \(7.2\times10^{-4}\ \mathrm m\). يعكس المجال في النصف الثاني السرعة الرأسية، لكنه لا يلغي الإزاحة التي تراكمت بالفعل.

مقدار التسارع هو

\[ a=\frac{qE}{m} =\frac{(1.60\times10^{-19})(3.0\times10^3)} {1.67\times10^{-27}} =2.87\times10^{11}\ \mathrm{m\,s^{-2}} \]

يستغرق عبور كل منطقة زمنًا مقداره

\[ \tau =\frac{2.0\times10^{-2}}{4.0\times10^5} =5.0\times10^{-8}\ \mathrm s \]

في المنطقة الأولى، يتسارع البروتون إلى أعلى.

إزاحته هي

\[ y_1 =\frac12a\tau^2 =\frac12(2.87\times10^{11})(5.0\times10^{-8})^2 =3.59\times10^{-4}\ \mathrm m \]

وسرعته الرأسية عند نقطة المنتصف هي

\[ v_{y,1} =a\tau =(2.87\times10^{11})(5.0\times10^{-8}) =1.44\times10^4\ \mathrm{m\,s^{-1}} \]

إلى أعلى.

في المنطقة الثانية، ينعكس اتجاه التسارع. وبعد زمن إضافي \(\tau\)،

\[ v_{y,2}=v_{y,1}-a\tau=0 \]

إذًا ينهي البروتون حركته فعلًا بسرعة رأسية تساوي صفرًا.

لكن خلال هذه الفترة الثانية يبدأ بسرعة متجهة إلى أعلى. وتكون إزاحته

\[ y_2 =v_{y,1}\tau-\frac12a\tau^2 \]

\[ y_2 =(1.44\times10^4)(5.0\times10^{-8}) -\frac12(2.87\times10^{11})(5.0\times10^{-8})^2 \]

\[ y_2=3.59\times10^{-4}\ \mathrm m \]

لذلك،

\[ y_{\text{الكلي}} =y_1+y_2 =7.19\times10^{-4}\ \mathrm m \]

أو نحو

\[ \boxed{0.72\ \mathrm{mm}\text{ إلى أعلى}} \]

يخرج البروتون موازيًا لاتجاهه الأصلي لكنه مزاح إلى أعلى.

الحجة المغرية هي أن مجالين متساويين ومتعاكسين يؤثران لزمنين متساويين لا بد أن يلغيا أثر بعضهما. وهما بالفعل يلغي كل منهما التغير في السرعة الناتج عن الآخر. لكنهما لا يستطيعان إلغاء الإزاحة الأولى إلى أعلى، لأن البروتون خلال المنطقة الثانية يظل يتحرك إلى أعلى بينما تتناقص سرعته الرأسية.

وهذا هو السبب نفسه في أن قذف كرة إلى أعلى والانتظار حتى تعود سرعتها الرأسية إلى الصفر لا يعيد الكرة إلى موضع انطلاقها.

السؤال 5

يبدأ بروتون وجسيم ألفا كلاهما من السكون.

يُسرَّع كل منهما عبر فرق الجهد نفسه البالغ \(800\ \mathrm V\). ثم يدخلان المجال الكهربائي المنتظم نفسه الخاص بالانحراف أفقيًا.

مقدار مجال الانحراف \(4.0\times10^3\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)، ويمتد أفقيًا لمسافة \(5.0\times10^{-2}\ \mathrm m\).

اعتبر أن شحنة البروتون \(+e\) وكتلته \(m_p\)، وأن شحنة جسيم ألفا \(+2e\) وكتلته \(4m_p\).

يقول أحد الطلاب:

«للبروتون نسبة \(q/m\) أكبر، لذلك لا بد أن يتبع مسارًا أكثر انحناءً.»

حدِّد ما إذا كان البروتون وجسيم ألفا يتبعان بالفعل مسارين مختلفين داخل مجال الانحراف. احسب انحرافهما عند الخروج وزاوية الخروج.

افترض أن الحركة غير نسبية وأهمل الجاذبية.

الحل 5

يتبع البروتون وجسيم ألفا المسار الهندسي نفسه داخل مجال الانحراف. ينحرف كل منهما بمقدار \(3.13\ \mathrm{mm}\)، ويخرج كل منهما بزاوية تقارب \(7.1^\circ\) بالنسبة إلى الأفقي.

تلاحظ حجة الطالب بشكل صحيح أن تسارعيهما في مجال الانحراف مختلفان. لكن الشرط الناقص هو أن الجسيمين سُرِّعا أولًا من السكون عبر فرق الجهد نفسه. لذلك لا يدخلان منطقة الانحراف بالسرعة نفسها.

الجسيم موجب الشحنة \(q\) الذي يُسرَّع من السكون خلال فرق جهد \(V_a\) يكتسب طاقة حركية

\[ qV_a=\frac12mu^2 \]

ومن ثم

\[ u^2=\frac{2qV_a}{m} \]

داخل مجال الانحراف العمودي،

\[ y=\frac{qEx^2}{2mu^2} \]

وبالتعويض عن \(u^2\)،

\[ y = \frac{qEx^2} {2m(2qV_a/m)} \]

تُلغى كل من الشحنة والكتلة:

\[ y=\frac{Ex^2}{4V_a} \]

لا تحتوي هذه المعادلة على \(q\) ولا \(m\).

لذلك، وفق هذه الافتراضات، فإن أي جسيم موجب غير نسبي يُسرَّع من السكون عبر فرق الجهد نفسه ثم يدخل مجال الانحراف نفسه يتبع مسار \(y(x)\) نفسه.

عند الخروج من اللوحين، \(x=L\):

\[ y =\frac{EL^2}{4V_a} \]

\[ y = \frac{(4.0\times10^3)(5.0\times10^{-2})^2} {4(800)} \]

\[ y =\frac{10}{3200} =3.125\times10^{-3}\ \mathrm m \]

لذلك،

\[ \boxed{y\approx3.13\ \mathrm{mm}} \]

لكلا الجسيمين.

بالنسبة إلى زاوية الخروج،

\[ \tan\theta=\frac{v_y}{u} \]

وبما أن

\[ v_y=\frac{qEL}{mu}, \]

فإننا نحصل على

\[ \tan\theta =\frac{qEL}{mu^2} \]

وباستخدام

\[ mu^2=2qV_a, \]

نحصل على

\[ \tan\theta=\frac{EL}{2V_a} \]

لذلك،

\[ \tan\theta =\frac{(4.0\times10^3)(5.0\times10^{-2})} {2(800)} =0.125 \]

ومن ثم

\[ \boxed{\theta\approx7.1^\circ} \]

لكلا الجسيمين.

للبروتون بالفعل نسبة شحنة إلى كتلة تساوي ضعف نسبة جسيم ألفا، ولذلك يكون تسارعه في مجال الانحراف ضعف تسارع جسيم ألفا. لكن البروتون يغادر أيضًا منطقة التسريع بفرق الجهد بسرعة أكبر. ومن ثم يعبر مجال الانحراف في زمن أقصر. وتتوازن زيادة التسارع مع نقصان زمن التفاعل تمامًا.

وهذه هي النقطة المحورية في المسألة: تخبرك \(q/m\) وحدها بالتسارع، لكن المسار يعتمد على كل من التسارع والمدة التي يؤثر خلالها هذا التسارع.

09ما الذي يتيح لك هذا فهمه بعد ذلك

بمجرد أن تتمكن من تقسيم حركة الجسيم المشحون إلى حركة بسرعة ثابتة عموديًا على المجال وحركة متسارعة موازية له، تصبح عدة مسائل أكثر صعوبة في المجالات الكهربائية أسهل بكثير في التعامل معها.

الخطوة المفيدة التالية هي ربط نموذج المسار بطاقة الوضع الكهربائية. يمكن لفرق الجهد أن يحدد سرعة دخول الجسيم من خلال \(qV=\Delta K\)، بينما يحدد مجال الانحراف كيفية تغير اتجاه تلك السرعة. وقد أوضح السؤال 5 كيف يمكن للجمع بين هاتين الفكرتين أن يؤدي إلى نتائج لا تكون واضحة من العلاقة \(F=qE\) وحدها.