Microsoft word CHUYÃ−N ä’ổ 2 ä’iển TÓCH CHUYệN ĒởNG

Microsoft Word CHUYÃ−N Ēổ 2 Ä’IểN TÓCH CHUYệN ĒởNG doc Chuyên đề 2 ĐIỆN TÍCH CHUYỂN ĐỘNG A TÓM TẮT KIẾN THỨC I LỰC LO REN XƠ Lực Lo ren xơ là lực từ tác dụng lên hạt mang điện chuyển động t[.]

Chun đề 2: ĐIỆN TÍCH CHUYỂN ĐỘNG A TĨM TẮT KIẾN THỨC I LỰC LO-REN-XƠ Lực Lo-ren-xơ lực từ tác dụng lên hạt mang điện chuyển động từ trường Lực Lo-ren-xơ có: - Điểm đặt: Trên hạt mang điện chuyển động -   Phương: Vng góc với mặt phẳng chứa vectơ vận tốc v điện tích cảm ứng từ B - Chiều:  Với hạt mang điện dương: Tuân theo quy tắc “Bàn tay trái”: Đặt bàn tay trái cho đường sức từ hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón tay chiều chuyển động hạt mang điện, chiều ngón chỗi 90o chiều lực từ  Với hạt mang điện âm: Lực từ có chiều ngược lại -  2.1 Độ lớn: f  q vB sin    (  góc hợp vectơ vận tốc v vectơ cảm ứng từ B ) II CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT MANG ĐIỆN TRONG ĐIỆN TRƯỜNG VÀ TỪ TRƯỜNG Chuyển động hạt mang điện từ trường   - Trường hợp   90o v  B : Quỹ đạo chuyển động hạt mang điện đường trịn, với:   Bán kính: r   Chu kì: T   mv q B 2 r 2 m  v q B (2.2) (2.3)  Tốc độ góc (tần số xi-clơ-trơn):   - 2 q B  T m (2.4) Trường hợp    90o : Quỹ đạo chuyển động hạt mang điện đường xoắn ốc, với:   o  Bán kính, chu kì, tốc độ góc: Như trường hợp   90 v  B   Bước xoắn: l  2v cos  m q B (2.5)  Sự lệch hạt mang điện chuyển động điện trường từ trường - Sự lệch hạt mang điện chuyển động điện trường: Giả sử hạt mang điện có điện tích q, khối  lượng m chuyển động với vận tốc v vào vùng điện trường hai tụ điện đặt nằm ngang theo hướng vng góc với đường sức điện (hình a) Ta có:  Độ lệch (theo phương thẳng đứng) hạt mang điện điện trường: q E l12 l1 y1   tan  2m v 02 (2.6)  Độ lệch (theo phương thẳng đứng) hạt mang điện khỏi điện trường: y2  q E l 1l  l tan  m v 02 (2.7)  Độ lệch tổng cộng hạt mang điện trình chuyển động: y  y1  y  q E l12 q E l1l q E l1  l1     l2  2  2m v m v0 m v0   l     l  tan  2  Với: tan   vy v0 (2.8)  q E l1 ,  góc lệch chuyển động hạt so với phương ban đầu m v 02 - Sự lệch hạt mang điện chuyển động từ trường:  Xét hạt mang điện chuyển động vào vùng từ trường B (hình b) Ta có: Độ lệch (theo phương thẳng đứng) hạt mang điện từ trường: q B l12 l1 l12 y1    tan  2R 2m v (2.9) Độ lệch (theo phương thẳng đứng) hạt mang điện khỏi từ trường: y2  q B l 1l  l tan  m v0 (2.10) Độ lệch tổng cộng hạt mang điện trình chuyển động: y  y1  y  q B l12 q B l1l q B l1  l1      l2  2m v m v0 m v0   l     l  tan  2  Với: tan   (2.11) y y q Bl1   ,  góc lệch chuyển động hạt so với phương ban đầu l1 l1 mv III HIỆU ỨNG HƠN (HALL) - Hiệu ứng Hơn xuất hiệu điện hai mặt kim loại có dịng điện chạy qua đặt từ trường - Hiệu điện Hôn: V A V C  k IB b (b bề dày kim loại; k  (2.12) : số Hôn, n mật độ electron kim loại) n 0e - Chú ý: Thực nghiệm cho thấy, với kết xác thì: k  n 0e B NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP  VỀ KIẾN THỨC VÀ KĨ NĂNG Trong trình chuyển động hạt mang điện điện từ trường lượng hạt bảo tồn Do ta kết hợp sử dụng định lí động định luật bảo tồn lượng để giải toán chuyển động hạt điện từ trường Cụ thể: - Định lí động năng: W ñ  A12  - 1 mv 22  mv 12  q v  v   qU 2 Định luật bảo toàn lượng: W W  m  qU  mv 22  qU  const 2  Trường hợp hạt bay vào điện trường góc  so với E hạt chuyển động điện trường theo quỹ đạo pa-ra-bol với: - Phương trình: y   - Đỉnh: x M  qE x  x cot  2 mv sin2  2 mv0 sin 2 mv0 sin  ; yM  qE qE  Trường hợp hạt bay vào từ trường góc  so với B hạt chuyển động từ trường theo quỹ đạo đường xoắn ốc với: mv sin  - Bán kính: R  - Bước xoắn: l  v q B ; chu kì: T  2 m v cos  q B  VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Với dạng tập chuyển động hạt mang điện điện từ trường Phương pháp giải là: - Xác định lực tác dụng vào hạt mang điện Cụ thể:  Có thể bỏ qua trọng lực tác dụng vào hạt (nếu m nhỏ)  Lực Lo-ren-xơ: độ lớn f  q vB sin  , chiều xác định theo quy tắc “Bàn tay trái” - Viết phương trình chuyển động hạt theo định luật II Niu-tơn: Fhl  ma - Trường hợp   90o , lúc quỹ đạo hạt đường trịn, với:  Bán kính R   Chu kì: T  mv q B 2 r 2 m  v q B  Tốc độ góc (tần số xi-clô-trôn):   - 2 q B  T m Trường hợp    90o , lúc quỹ đạo hạt đường xoắn ốc, với:    Bán kính, chu kì, tốc độ góc trường hợp   90o v  B   Bước xoắn: l  -  2v cos  m q B Chú ý: Các trường hợp phức tạp cần sử dụng kiến thức mục ý Về kiến thức kĩ Với dạng tập hiệu ứng Hôn Phương pháp giải là: - Sử dụng công thức xác định hiệu điện Hôn, số Hôn: V A V C  k - IB ;k  , b bề dày kim loại b n 0e Một số ý: Chú ý đến giá trị xác số Hơn: k  đề yêu cầu n 0e C CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT MANG ĐIỆN TRONG ĐIỆN TỪ TRƯỜNG 2.1 Hạt  chuyển động từ trường có cảm ứng từ B  1,2T theo quỹ đạo trịn có bán kính 0,45m Tính vận tốc v, chu kì quay T, động W hạt từ trường hiệu điện U cần thiết dùng để tăng tốc cho hạt trước vào từ trường Biết hạt  hạt nhân nguyên tử heli có khối lượng lần khối lượng prơtơn, có điện tích +2e, khối lượng prơtơn gấp 1840 lần khối lượng êlectrôn Bài giải - Lực từ tác dụng lên hạt  : F  q vB sin   q vB (vì   90o ) - Vì hạt chuyển động theo quỹ đạo trịn nên lực F đóng vai trị lực hướng tâm: F  ma  m q BR v2 v2  q vB  m v  R R m Trong đó: q  2e  2.1,6.1019  3,2.10 19C ; m  m p  4,1840m e  m  4,1840.9,1.10 31  6,6976.1027 kg v  3,2.10 19.1,2.0, 45  2,6.107 27 6,6976.10 - Chu kì: T  - Động năng: W  2 R 2.3,14.0, 45   1,1.107 s v 2,6.10 1 mv  6,6976.1027 2,6.107 2    2,26.10 12 J  14.106 eV  14 MeV (Lưu ý: 1eV  1,6.1019 J ) - Áp dụng định lí động ta có: W đ  A W 14.106 eV  W   qU  U    7.106 V q 2.e 2.2 Êlectrôn chuyển động từ trường có cảm ứng từ B Tại thời điểm ban đầu êlectrôn điểm  O vận tốc vng góc B Tìm khoảng cách từ O đến êlectrôn thời điểm t Khối lượng m, điện tích e vận tốc v êlectrôn coi biết Bài giải -   Vì vận tốc v vng góc với B nên hạt chuyển động theo quỹ đạo trịn với bán kính: R  - mv v eB tần số góc:    eB R m Từ đó, góc mà bán kính nối từ tâm đến hạt quay thời gian t là:   t  eB t m Ta có: OH  2OI  2R sin    eB  2mv sin  t  eB  2m  Vậy: Khoảng cách từ O đến êlectrôn thời điểm t là: l   eB  2mv sin  t  eB  2m  2.3 Máy phát điện từ thuỷ động (MHD) Tụ phẳng diện tích S, khoảng cách hai d  đặt dịng plasma dẫn điện có điện trở suất  Plasma chảy với vận tốc v không đổi song   song hai Hệ thống đặt từ trường có B song song hai vng góc v Hai tụ điện nối với điện trở R a) Giải thích tụ điện lại có tác dụng nguồn điện cung cấp dịng điện khơng đổi cho R? Tính cơng suất tiêu thụ R b) Với giá trị R, công suất cực đại? Tính giá trị cực đại Áp dụng số: S  1m ; d  1m; B  2T;   102 m; v  1000m/s Bài giải a) Công suất tiêu thụ R - Giải thích: Vì dịng plasma dẫn điện nên chuyển động từ  trường B chịu tác dụng lực từ   Vì vận tốc v dịng plasma vng góc với B nên lực từ tác dụng lên dịng plasma vng góc với tụ Dưới tác dụng lực từ dẫn đến phân bổ điện tích trái dấu hai tụ Khi nối hai tụ với điện trở R có dịng điện qua R, tụ điện đóng vai trị nguồn điện - Tính cơng suất tiêu thụ R: Ta có: P  I R (1) E R  Rt (2) Với I  ( Rt : điện trở phần plasma nằm không gian hai tụ; E: suất điện động) Ta có: Rt   d S  3 E  Aq (với q điện tích dịng plasma; A công lực điện làm di chuyển q từ sang tụ)  A  Fd  qvBd ; E  vBd - Thay (4) vào (2), ta được: I  - Thay (5) vào (1), ta được: P   4 vBd  5  d R    S  v B 2d  d R   S    Vậy: Công suất tiêu thụ R P  R v B 2d  d R   S    R b) Xác định R để công suất P đạt cực đại Ta có: p  - v B 2d  d R  P  Pmax  R    S min   d R    S   Theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có: R   d d  R  S S  d d d   R     R  R   S min S S  Và P  Pmax  - v B 2d v B 2dS  d 4 4 S Áp dụng số: R  10 2  102  Và Pmax 10002.22.1.1   10.107W  105 kW 2 4.10 Vậy: Để P  Pmax R  10 2  Pmax  105 kW 2.4 Hai hạt nhỏ giống nhau, có điện tích q khối lượng m, chuyển động đồng thời từ điểm theo  phương vng góc với vectơ cảm ứng từ B từ trường Hãy biểu diễn khoảng cách hai hạt   theo thời gian, vận tốc đầu chúng chiều v v Bỏ qua tương tác tĩnh điện hai hạt điện Bài giải - Giả sử ban đầu hai hạt điểm O Sau thời gian chuyển động hạt thứ đến A, hạt thứ hai đến B - Ta có: OA  OB  - 2mv  qB  sin  t ; qB  2m  2mv  qB  sin  t  qB  2m  Vì vận tốc góc hạt thứ hạt thứ hai   qB nên thời gian t m góc quay  hai bán kính (hình vẽ), suy ba điểm O, A, B nằm đường thẳng  A B  OB  OA   qB  2m v  v  sin  t   qB  2m  Vậy: Khoảng cách hai hạt là: r t    qB  2m v v  sin  t  , với v  v  qB  2m    2.5 Một êlectrôn bay với vận tốc v lọt vào từ trường có vectơ cảm ứng từ B vng góc  với vectơ vận tốc v a) Khảo sát chuyển động êlectrơn nói b) Chứng minh vùng từ trường coi “gương phản xạ” êlectrôn, nghĩa êlectrôn bay vào vùng từ trường “góc tới” bay khỏi vùng từ với “góc phản xạ” nhiêu Coi điều kiện để tượng xảy thoả c) Thiết lập mối tương quan bề dày tối thiểu vùng từ trường với vận tốc êlectrôn góc tới để có tượng phản xạ Bài giải a) Khảo sát chuyển động êlectrôn từ trường Có thể xảy trường hợp sau: - Nếu vùng từ trường đủ rộng êlectrôn bay vào theo phương phù hợp quỹ đạo êlectrôn nằm hồn tồn vùng từ trường êlectrơn chuyển động theo quỹ đạo trịn (hình a) với bán kính: R  - mv eB Nếu vùng từ trường khơng đủ rộng phương êlectrơn xảy hai trường hợp:  Êlectrôn sau đoạn từ trường “chui” theo hướng “phản xạ” (hình b)  Êlectrơn sau mọt đoạn từ trường “chui” theo hướng theo hướng “khúc xạ” (hình c) b) Chứng minh vùng từ trường xem “gương phản xạ” êlectrơn Ta có: Hiện tượng phản xạ ứng với trường hợp thứ hai câu a Lúc đó, tác dụng lực Lorenxơ, êlectrơn chuyển động vùng từ trường theo quỹ đạo cung trịn bán kính R  mv Nếu gọi i eB góc mà êlectrơn bay vào vùng từ trường, i’ góc mà êlectrơn bay khỏi từ trường ta dễ dàng chứng minh i’ = i, nghĩa “góc phản xạ” “góc tới” c) Bề dày tối thiểu vùng từ trường Ta thấy: Bề dày tối thiểu vùng từ trường để có tượng phản xạ là: d  HK  d  OK  OH  R  R sini  R 1  sini   dmin  mv 1  sini  (i góc tới) eB Chú ý: Nếu bề dày vùng từ trường d  d có tượng “khúc xạ” trường hợp c câu a 2.6 Một kim loại hình trịn rơi thẳng đứng xuống từ trường song song với mặt đất Trong q trình rơi ln song song với đường cảm ứng từ từ trường vng góc với mặt đất Cho biết bề dày d kim loại nhỏ bán kính R nhiều, khối lượng m, gia tốc rơi tự g Xác định gia tốc rơi (Trích Đề thi học sinh giỏi lần thứ VIII, Nga – 1974) Bài giải -  Khi kim loại rơi thẳng đứng, lực Lo-ren-xơ f l tác dụng lên êlectrơn có độ lớn f1 = evB  hướng sang phải làm electron di chuyển sang bên phải xuất điện trường E hướng  sang phải Lúc electron chịu tác dụng thêm lực điện trường F có độ lớn F = eE hướng sang trái (độ lớn tăng dần) Khi f1 = F, electron dừng di chuyển và: f  F  evB  eE  E  vB - Hiệu điện hai mặt phẳng hai bên kim loại: U  Ed  vBd - Vì bề dày kim loại nhỏ so với kính nên coi điện trường kim loại điện trường ta coi tụ điện phẳng Điện tích kim loại: q  CU   0S d vBd   0SvB ; S   R diện tích - Điện tích phụ thuộc vào vận tốc rơi Khi chuyển động với gia tốc a, vận tốc tăng dần điện tích hai mặt thay đổi, xuất dòng điện: q v   0SB   0SBa t t I  - Vì có dịng điện I chuyển động từ trường B nên chịu tác dụng lực từ F   BId hướng lên Bản rơi theo phương trình: P  F   ma  mg  BId  ma  mg   0SB 2ad  ma  mg   0 R B 2ad  ma  a  Vậy: Gia tốc rơi kim loại a  g   R B 2d I m g  0 R B 2d I  m 2.7 Xiclôtrôn máy gia tốc gồm hai hộp rỗng kim loại hình chữ D, cách khe (hình vẽ) Có từ trường với cảm ứng  từ B khơng đổi vng góc với mặt hộp Gần tâm hai hộp có   nguồn phát hạt tích điện dương với vận tốc v vng góc với B Biết khối lượng m điện tích q hạt a) Chứng minh quỹ đạo hạt từ trường đường tròn Tính bán kính đường trịn b) Có hiệu điện xoay chiều đặt vào hai hộp D với tần số thích hợp để hạt tăng tốc lần qua khe Quỹ đạo hạt gần giống đường xoắn ốc Chính xác quỹ đạo có dạng nào? c) Tính tần số quay hạt, cho nhận xét tần số Tần số điện áp xoay chiều phải để hạt tăng tốc lần qua khe? Trong phần đây, xét trường hợp gia tốc hạt prơtơn có khối lượng m p  1,66.10 27 kg điện tích e  1,6.10 19 C Điện áp đặt vào hộp D có tần số f = 1017Hz Vịng cuối prơtơn trước khỏi xiclơtrơn có bán kính 0,42m d) Tính cảm ứng từ B động cuối prôtôn e) Cực đại điện áp hộp D 20kV Tính số vịng mà prơtơn quay trước khỏi xiclơtrơn (Trích Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia – Năm học 1991 – 1992) Bài giải a) Chứng minh quỹ đạo hạt từ trường đường trịn - Hạt điện tích chuyển động từ trường chịu tác dụng lực Lo-ren có độ lớn: - f  qvB sin     Vì v  B nên   90o f L  qvB , f L có phương nằm mặt phẳng hộp có chiều hướng tâm nên quỹ đạo hạt từ trường đường tròn - Bán kính quỹ đạo: Ta có: f  Fht  qvB  mv mv R  R qB Vậy: Hạt chuyển động theo quỹ đạo tròn với bán kính R  mv qB b) Quỹ đạo hạt Trong nửa hộp quỹ đạo hạt mang điện cung tròn, cung tròn nới rộng hạt mang điện tăng tốc, lúc qua khe Quỹ đạo thực hạt gần đường xoắn ốc xác hình vẽ c) Tần số quay hạt Ta có:   - v qB  qB   const  f    const R m 2 2 m Như vậy, tần số quay hạt không phụ thuộc vào vận tốc nên sau khoảng thời gian định hạt lại qua khe - Cứ vòng quay, hạt mang điện qua khe hai lần Khi qua khe 1, để hạt tăng tốc U  U max ; để qua khe 2, hạt lại tăng tốc U  U max , nghĩa hiệu điện đổi chiều hai lần vòng quay hạt Vậy: Tần số dịng điện đặt vào xiclơtrơn đùng tần số quay hạt d) Cảm ứng từ B động cuối prôtôn - Từ: f  2 fm p 2 1017.1,66.1027 qB B    0,65155T 2 m e 1,6.1019 Và từ: R  - eBR max mv  v max   2 fR max qB mq Động cực đại hạt khỏi xiclơtrơn: W đ (max)  1 2 m pv max   2  m p2 f R max 2 2  W ñ (max)  4 1,66.10 27 1017 0,42  5,77.10 13 J  3,6MeV     Vậy: Cảm ứng từ B động cuối prôtôn B = 0,65155T W ñ (max)  3,6MeV e) Số vịng mà prơtơn quay trước khỏi xiclôtrôn - Mỗi lần qua khe, hạt prôtôn nhận lượng W  eU max Năng lượng chuyển hố thành động prơtơn Do đó, sau vịng quay, hạt prơtơn nhận động năng: 2W  2eU max - Coi vận tốc ban đầu prơtơn khơng đáng kể sau n vòng quay, hạt thu động là: W  2neU max W max  n  W max 5,77.105   90 vòng 2eU max 2.1,6.1019.20.103 Vậy: Số vịng mà prơtơn quay trước khỏi xiclơtrơn n = 90 vịng HIỆU ỨNG HƠN (HALL) 2.8 Dòng điện I = 20A chạy qua đồng có tiết diện hình chữ nhật, chiều ngang a = 0,5mm, chiều  cao h = 10mm Thanh đồng đặt vào từ trường có B = 1T, B vng góc với cạnh h chiều dịng điện Khi này, hai mặt đồng xuất hiệu điện U = 3,1.10 -6V Giải thích tượng, tính mật độ êlectrơn dẫn đồng vận tốc trung bình chuyển động có hướng chúng Bài giải - Giải thích tượng:  Trong hình vẽ dịng điện có chiều từ trước sau, nên  vận tốc v êlectrơn dẫn hướng từ sau trước (ngược chiều dịng điện)   Vì êlectrơn chuyển động từ trường B nên chịu tác dụng lực từ Theo quy tắc “Bàn tay trái” áp dụng  cho hạt mang điện âm, lực F tác dụng lên êlectrôn hướng xuống Do đó, sau thời gian, phần đồng tích điện âm cịn phần tích điện dương, mặt mặt đồng xuất điện trường có chiều từ xuống Khi thời gian tăng lên cường độ điện trường tăng, đến lúc lực điện trường tác dụng lên êlectrôn cân với lực từ tác dụng lên êlectrơn ta hiệu điện xác định U Theo ta có: Fđ  Fl  q E  q vB sin   E  vB sin   v  U  vB sin  h U 3,1.106   3,1.104  m/s  hB sin  10.103.sin 90o Mặt khác, ta có:  l  env S n  20   8,1.1028 m 3 19 4 Sev 0,5.10.10.10 1, 6.10 3,1.10 Vậy: Mật độ êlectrôn dẫn n = 8,1.1028m, vận tốc trung bình chuyển động có hướng êlectrơn v  3,1.104  m/s  ... m q BR v2 v2  q vB  m v  R R m Trong đó: q  2e  2. 1,6.1019  3 ,2. 10 19C ; m  m p  4,1840m e  m  4,1840.9,1.10 31  6,6976.10? ?27 kg v  3 ,2. 10 19.1 ,2. 0, 45  2, 6.107 ? ?27 6,6976.10... 2, 6.107 ? ?27 6,6976.10 - Chu kì: T  - Động năng: W  2? ?? R 2. 3,14.0, 45   1,1.107 s v 2, 6.10 1 mv  6,6976.10? ?27 2, 6.107 2    2, 26.10  12 J  14.106 eV  14 MeV (Lưu ý: 1eV  1,6.1019 J )... trường Cụ thể: - Định lí động năng: W ñ  A 12  - 1 mv 22  mv 12  q v  v   qU 2 Định luật bảo toàn lượng: W W  m  qU  mv 22  qU  const 2  Trường hợp hạt bay vào điện trường góc