Электродинамика

Для решения задачи заметим, что в конденсаторе между обкладками будет существовать однородное электрическое поле, вектор напряженности которого направлен вертикально вниз. Тогда на протон со стороны этого поля будет действовать сила $F_\text{эл.}=qE$.
Под действием этой силы тело будет двигаться равноускоренно, и по второму закону Ньютона модуль этого ускорения равен:
$$ma=F_\text{эл.} \Rightarrow a=\frac{qE}{m}$$ Теперь введём оси, а именно направим ось $Ox$ параллельно горизонту, а ось $Oy$ перпендикулярно ему, тогда так как сила действует только вертикально, то тело будет двигаться равноускоренно только вдоль оси $Oy$, а вдоль оси $Ox$ движение будет равномерным. Тогда для описания движение протона применим следующую систему уравнений:
$$\begin{cases} v_x=v\\ v_y=at \\ S_x=vt \\ S_y=\frac{at^2}{2} \end{cases}$$ И рассматривая минимальное условие чтобы протон вылетел из конденсатора получим:
$$S_y=\frac{d}{_2} \quad\quad S_x=l$$ Тогда объединяя все выше написанные уравнения получим:
$$E=\frac{dmv^2}{ql^2}=\frac{10^{-2}\cdot1.67\cdot10^{-27}\cdot(3.5\cdot10^{10})^2}{1.4\cdot10^{-19}\cdot25\cdot10^{-4}}\approx 5\,\text{кВ/м}$$

Для решения задачи заметим, что в конденсаторе между обкладками будет существовать однородное электрическое поле, вектор напряженности которого направлен вертикально вниз. Тогда на протон со стороны этого поля будет действовать сила $F_\text{эл.}=qE$.
Под действием этой силы тело будет двигаться равноускоренно, и по второму закону Ньютона модуль этого ускорения равен:
$$ma=F_\text{эл.} \Rightarrow a=\frac{qE}{m}$$ Теперь введём оси, а именно направим ось $Ox$ параллельно горизонту, а ось $Oy$ перпендикулярно ему, тогда так как сила действует только вертикально, то тело будет двигаться равноускоренно только вдоль оси $Oy$, а вдоль оси $Ox$ движение будет равномерным. Тогда для описания движения протона применим следующую систему уравнений:
$$\begin{cases} v_x=v\\ v_y=at \\ S_x=vt \\ S_y=\frac{at^2}{2} \end{cases}$$ И рассматривая минимальное условие чтобы протон вылетел из конденсатора получим:
$$S_y=\frac{d}{_2} \quad\quad S_x=l$$ Тогда объединяя все выше написанные уравнения получим:
$$d=\frac{Eql^2}{mv^2}=\frac{5200\cdot1.6\cdot10^{-19}\cdot25\cdot10^{-4}}{1.67\cdot10^{-27}\cdot3.5^2\cdot10^{10}}\approx 0.01\,\text{м}$$

Для решения задачи заметим, что конденсатор зарядили а после отключили от источника тока, это значит что заряд на обкладках конденсатора останется неизменным и будет равен:
$$q=C_1U_1$$ Далее запишем чему равена ёмкость конденсатора изначально, а именно:
$$C_1=\frac{\varepsilon_0S}{d_1}$$ Где $S$ – площадь пластин конденсатора.
А после уменьшения расстояния емкость конденсатора стала равной:
$$C_2=\frac{\varepsilon_0S}{d_2}=\frac{\varepsilon_0S}{0.6d}=\frac{C_1}{0.6}$$ Далле перейдем к рассмотрению энергии конденсатора, так в начальном состоянии она равнялась:
$$W_1=\frac{q^2}{2C_1}=\frac{C_1U_1^2}{2}$$ А после сближения пластин:
$$W_2=\frac{q^2}{2C_2}=\frac{0.6C_1U_1^2}{2}$$ Тогда изменение энергии электрического поля конденсатора равно:
$$\Delta W=W_2-W_1=\frac{0.6C_1U_1^2}{2}-\frac{C_1U_1^2}{2}=-0.2C_1U_1^2=-0.2\cdot10^{-8}\cdot100=-0.2\,\text{мкДж}$$ Т.е. энергия электрического поля конденсатора уменьшится на $0.2\,\text{мкДж}$.

Для решения задачи рассмотрим каждый случай отдельно:
Так изначально конденсатор имел ёмкость и энергию равно:
$$С_0=\frac{\varepsilon_0S}{d} \quad\quad\quad W_0=\frac{C_0U^2}{2}$$ Где $S$ – площадь одной пластины конденсатора, $d$ – расстояние между пластинами, $U$ – напряжение между обкладками. Так же пусть $V_0$ – начальная площадь между двумя обкладками конденсатора.
Теперь перейдём к рассмотрению второго случая с погружённым конденсатором. Так как по условия сказано что диэлектрик заполняет 1/3 объёма конденсатора, то мы можем разбить наш начальный конденсатор на два более малых, первый с диэлектриком между пластинами и второй без него. Соответственно для каждой из этих частей заполненная часть конденсатора равна:
$$V_1=\frac{1}{3}V_0 \Rightarrow S_1d=\frac{1}{3}Sd\Rightarrow S_1=\frac{1}{3}S$$ $$V_2=\frac{2}{3}V_0 \Rightarrow S_2d=\frac{2}{3}Sd\Rightarrow S_2=\frac{2}{3}S$$ Где $S_1$ и $S_2$ – площади обкладок для каждого маленького конденсатора.
Таким образом емкости этих конденсаторов равны:
$$C_1=\frac{\varepsilon\varepsilon_0S_1}{d}=\frac{\varepsilon\varepsilon_0S}{3d}=\frac{\varepsilon C_0}{3}$$ $$C_2=\frac{\varepsilon_0S_2}{d}=\frac{2\varepsilon_0S}{3d}=\frac{2C_0}{3}$$ При этом получившиеся конденсаторы будут соединены параллельно, поэтому общая емкость получившихся конденсаторов, а соответственно и большого конденсатора равна:
$$C=C_1+C_2=\frac{\varepsilon C_0}{3}+\frac{2C_0}{3}=\frac{(\varepsilon+2)C_0}{3}$$ Так как конденсатор не отключали от источника тока, то напряжение между обкладками не изменилось, тогда энергия этого конденсатора будет равна:
$$W=\frac{CU^2}{2}=\frac{(\varepsilon+2)C_0U^2}{6}$$ Тогда отношение энергий между первым и вторым случаем будет равно:
$$\frac{W}{W_0}=\frac{2+\varepsilon}{3}=\frac{2+4}{3}=2$$ Т.е. энергия конденсатора увеличится в 2 раза.

Поле между пластинами конденсатора однородно, его напряжённость направлена от положительно заряжённой пластины к отрицательной. На электрон с зарядом $-e$ действует сила по модулю $F = eE$, направленная против вектора напряжённости, из‑за чего электрон приобретает ускорение $$a = \frac{F}{m} = \frac{eE}{m},$$ перпендикулярное начальной скорости.

Разложим движение на две оси: вдоль пластин (ось $Ox$) и перпендикулярно им (ось $Oy$). Вдоль $Ox$ на электрон сил нет, поэтому $$v_x = v_0,\qquad x = v_0 t,$$ а вдоль $Oy$ движение равноускоренное без начальной скорости: $$v_y = at,\qquad y = \frac{a t^2}{2}.$$ Момент вылета из конденсатора соответствует прохождению длины пластины, то есть $x=L$, откуда время пролёта $$t = \frac{L}{v_0}.$$

Тогда вертикальная составляющая скорости при выходе равна $$v_y = a t = \frac{eE}{m}\,\frac{L}{v_0}.$$ Угол отклонения $\alpha$ между вектором скорости и первоначальным горизонтальным направлением определяется соотношением $$\tan\alpha = \frac{v_y}{v_x} = \frac{\frac{eE}{m}\,\frac{L}{v_0}}{v_0} = \frac{eEL}{m v_0^{2}}.$$

Напряжённость однородного поля связана с разностью потенциалов $\Delta\varphi$ между пластинами конденсатора через расстояние $d$: $$E = \frac{\Delta\varphi}{d}.$$ Подставляя это выражение, получаем $$\tan\alpha = \frac{e\,\Delta\varphi\,L}{m d v_0^{2}}.$$

Следовательно, электрон покидает конденсатор под углом $$\alpha = \arctan\!\left(\frac{e\,\Delta\varphi\,L}{m d v_0^{2}}\right)$$ к исходному направлению движения.