CHUYÊN đề CHUYỂN ĐỘNG của hạt MANG điện TRONG điện TRƯỜNG và từ TRƯỜNG

Chuyển động của hạt mang điện trong từ trường đều Xét một hạt có điện tích q và khối lượng m, có vận tốc ban đầu là v đi vàokhoảng không gian có từ trường đều với cảm ứng từ B.. Như vậ

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH

TRƯỜNG THPT VÙNG CAO VIỆT BẮC

ĐIỆN TRƯỜNG VÀ TỪ TRƯỜNG

f qE q v B  

   

(1)Theo định luật thứ hai Niutơn, phương trình chuyển động của hạt có dạng

ma qE q v B   

(2)Dưới đây ta sẽ dựa vào phương trình (2) để xét chuyển động của hạt mangđiện trong một số trường hợp và ứng dụng trong khoa học kỹ thuật

1 Chuyển động của hạt mang điện trong từ trường đều

Xét một hạt có điện tích q và khối lượng m, có vận tốc ban đầu là v đi vàokhoảng không gian có từ trường đều với cảm ứng từ B Bỏ qua tác dụng của trọnglực (vì khối lượng của hạt ta xét là rất nhỏ) Phương trình chuyển động của hạt códạng:

v, nên công của lực Lorenxơ luôn luôn bằng không, động năng của hạt không đổi;

do đó độ lớn v của vận tốc không đổi trong quá trình hạt chuyển động

a) Đầu tiên, để đơn giản ta xét trường hợp vận tốc v vuông góc với véc tơcảm ứng từ B và giả thiết q>0 Khi đó độ lớn của lực Lorenxơ tác dụng lên hạtbằng

Tần số góc ω này được gọi là tần số góc xiclôtrôn.

Ta thấy chuy kỳ T và tần số góc ω của hạt chỉ phụ thuộc

vào điện tích riêng q

m và cảm ứng từ B chứ không phụ thuộc vào vận tốc v

Nếu hai hạt giống nhau, cùng xuất phát từ một điểm O

trong từ trường nhưng với vận tốc ban đầu khác nhau (hình 1)

thì sau khi chuyển động một vòng với cùng một khoảng thời

gian, chúng sẽ lại cùng gặp nhau ở O

b) Bây giờ xét trường hợp tổng quát khi vận tốc ban đầu

v của hạt hợp với véc tơ cảm ứng từ Bmột góc α bất kỳ (

2



  ) Phân tích v làmhai thành phần vt song song với Bvà vn vuông góc với B, ta có

Lực Lorenxơ gây bởi thành phần vt bằng không Chỉ có lực Lorenxơ xác

định bởi thành phần vn là khác không:

lực này làm cho hạt chuyển động theo đường tròn nằm trong mặt phẳng vuông góc

với B Như vậy chuyển động của hạt là tổng hợp của hai chuyển động:

+ Chuyển động tròn đều trong mặt phẳng vuông góc với B, với vận tốc dài

bằng v n , bán kính quỹ đạo r, chu kỳ T và tần số góc ω xác định bằng các công thức

(6), (7), (8) trong đó thay v bằng v n = vsαinα.

phương của B

Vì vậy quỹ đạo của hạt là một đường đinh ốc hình trụ, có trục trùng với

phương của véc tơ cảm ứng từ B Bước của đường đinh ốc là

2 Sự lệch của hạt mang điện chuyển động trong điện trường và từ trường

a) Xét một chùm hẹp các hạt mang điện có khối lượng m và điện tích q (các

electron chẳng hạn) chuyển động với vận tốc v0đi qua khoảng không gian giữa hai

bản của một tụ điện phẳng đặt nằm ngang có chiều dài l 1 Nếu giữa hai bản tụ chưa

có điện trường, hạt mang điện sẽ chuyển động thẳng đều và đập vào màn chắn tại

O Khoảng cách từ màn tới tụ điện là l 2 Đặt vào giữa hai bản tụ điện một hiệu điện

thế và để cho đơn giản, giả thiết là khoảng cách giữa hai bản tụ điện là nhỏ so với

kích thước của chúng để cho điện trường E giữa hai bản có thể xem là đều Khi đó

chuyển động của hạt mang điện có thể xem là tổng của hai chuyển động:

+ Chuyển động đều theo phương v0 với vận tốc v0

+ Chuyển động nhanh dần đều theo phương vuông góc với các bản với gia

Thời gian hạt mang điện chuyển động trong điện trường là 1

0

l T v

.2

b) Bây giờ ta xét sự lệch của một chùm hạt mang điện chuyển động với vậntốc ban đầu v0 đi qua một khu vực có chiều dài l 1 trong đó có từ trường, véc tơ cảm

ứng từ Bvuông góc với vận tốc v0, khoảng cách từ màn tới khu vực có từ trường là

mv

R

qB

 Khi ra khỏi khu vực đó hạt bị lệch theo phương Oy vuông góc với v0 một

đoạn y 1 tính theo công thức: 2

Theo (16), (21) ta nhận thấy sự lệch của hạt mang điện trong điện trường và từtrường có tỉ lệ với điện tích riêng q

m của hạt, tỉ lệ với cường độ từ trường (E hoặc B

) và phụ thuộc vận tốc ban đầu v0 của hạt Những hạt có cùng điện tích riêng q

vận tốc v0 sẽ bị lệch như nhau và đập vào cùng một điểm trên màn chắn

II BÀI TẬP VÍ DỤ

Bài tập 1.

Trong một ống phóng điện tử, các electron

được gia tốc bởi hiệu điện thế U = 1 KV rồi bay qua

khe T theo phương ngang TT’ Mục tiêu là M, với

TM = d = 5 cm,  = 600 (hình 4)

a) Tìm cảm ứng từ Br của từ trường vuông góc

với mặt phẳng hình vẽ để tất cả các electron sau khi

ra khỏi khe T rơi đúng vào mục tiêu

b) Hãy tính giá trị của Bur//TMuuur để các electron rơi đúng vào mục tiêu Chorằng B < 0,03 T; e = 1,6 10 –19 C

Bài giải

a) Véc tơ Br vuông góc với mặt phẳng hình vẽ

Năng lượng của electron mv eU

2 0

R

2 0

Bev

R

2 0

B eR

b) Tính B khi Br//TMuuur

* Khi ra khỏi ống e chịu tác dụng của lực Lorenxơ

F = e[Br Ùvr0] → F = Bev 0 sαin

Lực Lorenxơ đóng vai trò của lực hướng tâm

ht

m v sin F

R

2 0

* Theo phương TM hạt chuyển động với vận tốc v Tm = v 0 cosα

- Bước xoắn h =v Tm T = mv cos

Một hạt có khối lượng m, điện tích q

dương, bắt đầu chuyển động với vận tốc v

theo hướng song song với trục ox trong một

từ trường đều có cảm ứng từ B= ax (x ≥ 0)

(hình 6)

Hãy xác định độ dịch chuyển cực đại

của hạt theo trục Ox

Bài giải

Ta thấy hạt chỉ chuyển động trong mặt phẳng xoy

Gọi vrt là vận tốc của hạt tại thời điểm t Do tác dụng của lực Lorenxơ

vx

vtHình 6

Hình 7 là một tiết diện của một dây dẫn bằng đồng

có cạnh là (h, a) Dòng điện I đi từ phía trước ra phía sau

Từ trường có cảm ứng từ Br hướng sang phải, vuông góc

d) Xác định hiệu điện thế U cần đặt vào cạnh của dây dẫn để tạo ra điện

trường Er như vậy Cần đặt hiệu điện thế vào cạnh nào?

e) Nếu ta không đặt điện trường ngoài vào thì dưới tác dụng của lực từ,electron lệch về một phía, do đó trong dây dẫn cũng xuất hiện một điện trường Er1,điện trường này có cường độ tăng dần đến khi nào tác dụng của nó cân bằng với

tác dụng của lực từ Fr Hãy tính cường độ điện trường ngang E1

Cho biết rằng mật độ của Eclectron dẫn trong dây dẫn là n = 1,1.1029m-3

-4 m/s

+ + + + + + + +

h

a Hình 7

b) Lực tác dụng lên electron chính là lực Lorenxơ Áp dụng quy tắc bàn taytrái ta thấy lực này hướng xuống dưới.

Vì electron chuyển động vuông góc với Br lên lực tác dụng lên electron là:

F = evB = 1,6.10-19.1,4.10-4.2 » 4,5 10-23Nc) Muốn cân bằng lực từ phải đặt vào một điện trường đều hướng xuốngdưới sao cho:

eE = evB ® E = v.B = 1,4.10-4.2 = 2,8.10-4V/m

d) Hiệu điện thế phải đặt vào cạnh trên và dưới của dây dẫn, cạnh trên cóđiện thế cao hơn cạnh dưới Vì điện trường E đều nên:

U = Eh = 2,8.10-4.2.10-2 ® U = 5,6.10-6 Ve) Nếu ta không đặt điện trường ngoài thì dưới tác dụng của lực Lorenxơelectron sẽ bị lệch xuống phía dưới Do đó cạnh dưới của dây thừa điện tích âm.Trong dây xuất hiện điện trường E1 hướng từ trên xuống dưới Điện trường này có

độ lớn tăng dần, chống lại tác dụng của lực Lorenxơ, sau một thời gian ngắn trạngthái cân bằng được thiết lập Tác dụng của lực Lorenxơ hoàn toàn bị cân bằng bởitác dụng của điện trường E1 Giữa cạnh trên và cạnh dưới của dây có hiệu điện thế

U1=E1h Phương chiều và độ lớn của điện trường E1 này hoàn toàn giống điệntrường E ở mục c

* Chú ý: Trong mọi trường hợp khi mà một dây dẫn (hay vật dẫn nói chung)

có dòng điện chạy qua được đặt trong từ trường thì trong dây dẫn đều xuất hiệnđiện trường phụ E1 và do đó ở hai cạnh bên của dây dẫn xuất hiện một hiệu điệnthế U1 Hiện tượng này gọi là hiện tượng Hall

Bài tập 4

Trong hình 8, S1 và S2 là hai mặt giới hạn

nằm song song và chia không gian ra làm ba

phần khác nhau I, II, III Trong các vùng I và II

có các từ trường đều, có phương vuông góc với

tờ giấy, chiều hướng ra ngoài, cường độ cảm

ứng từ lần lượt là B1 và B2 Trong vùng III có

điện trường đều cường độ E, chiều hướng từ S2

sang S1

Người ta phóng một hạt nhỏ khối lượng

m mang điện tích dương q cho nó chuyển động với vận tốc v0 từ O hướng về phía

S

2

S1O

v0

L

B1

B2Hình 8

chuyển động theo quỹ đạo đó cho trong bài (2 đoạn cong trên quỹ đạo có bán kínhbằng nhau) Hãy xác định:

a) Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của hạt

mang điện khi đi vào các vùng (I) và (II) Áp

mv và R1 = R2 nên ta có:

trường đều B1 = 0,2T Sau đó prôtôn đi tiếp

vào vùng không gian cũng có chiều rộng d

nhưng từ trường B2 = 2B1

Lúc đầu, Prôtôn có vận tốc vuông góc

với véctơ cảm ứng từ B và vuông góc với

mặt biên của vùng không gian có từ trường (hình 10)

a) Hãy xác định giá trị của hiệu điện thế V0 để tăng tốc cho prôtôn sao chohạt prôtôn đi qua được vùng đầu tiên

b) Hãy xác định hiệu điện thế V0 sao cho prôtôn đi qua được vùng thứ hai.

c) Hãy xác định hiệu điện thế V0 sao cho prôtôn sau khi đi qua được vùngthứ hai, thì có vận tốc hợp với phương của vận tốc ban đầu một góc 600

(Trích đề thi Olimpic Vật lí quốc gia Ý 1998)

b) Sau khi qua vùng 1, prôtôn vẫn giữ nguyên giá

trị vận tốc, nhưng có phương thay đổi (Lực Lorenxơ

không làm thay đổi độ lớn vận tốc của hạt mang điện)

Véctơ vận tốc lệch đi một góc α sao cho sinα = d

m

2 2 1

O2 r2 H

γ

β

(2) (1)

Hình 11

- Theo điều kiện của bài toán δ =

b) Suy ra vị trí của điểm chạm I trên màn

c) Xác minh rằng giá trị của véctơ PI® đi rất gần điểm Q có hoành độ L

2 vớinhững giả thiết nêu trên

Cho L = 1cm; hiệu điện thế tăng tốc V = 10KV; B = 3mT và D = 20cm

Ta có: yP = R(1 – cosα)

XP = Rsinα (vì α nhỏ)

L R sina

C

O

L Q



Hình 13

Áp dụng số: v0 = eV m s

m

1 2

Một hạt có điện tích q > 0 và khối lượng m

dịch chuyển trong một môi trường trong đó hạt

với K > 0 Từ trường đều Br khôngđổi vuông góc với vận tốc v0ban đầu của hạt.

- Ta sẽ khảo sát các điện áp trên điôt sao cho các electron khi rời catôt sẽquay trở lại mà không tới được anôt Trên hình 15 biểu diễn đoạn đầu của quỹ đạovới hướng của cảm ứng từ đã cho

- Giả sử electron tại một điểm nào đó trên

quỹ đạo và có 2 thành phần vận tốc v x và v y, còn

giữa hai bản cực của điôt có một điện trường đều

E Khi đó electron chịu tác dụng lực của cả từ

trường lẫn điện trường và ta có phương trình

chuyển động của electron theo các phương x và y

w = được gọi là tần số cyclotron

- Vi phân phương trình thứ hai thế vào phương trình thứ nhất, ta được:

y c y

v'' +w v =0

Hình 15

Nghiệm tổng quát của nó có dạng: v t y( )=Asinw c t C+ cosw c t,trong đó A và C

là các hằng số được xác định từ điều kiện ban đầu

+ Theo đề bài, tại t =0, v0(0)= và 0 y

e

eE v

Từ phương trình của v t y( )ta dễ dàng tìm được thời điểm t khi electron ở N

xa catôt nhất: đó chính là thời điểm v t y( ) = 0,

hay w c N t =(2N +1)p với N = 0, 1, 2,

(giải thích xem tại sao lại không lấy nghiệm w c N t =2N p) Tại những thời điểm

e c

mE eE

y

22

w

- Khi quỹ đạo của electron có đỉnh chạm vào anôt, thì độ dịch chuyển y của N

nó bằng khoảng cách d giữa catôt và anôt và điện áp trên điôt sẽ bằng điện áp cực tiểu Umincần tìm: mU e

d

edB

min 2

m

2 2 min = 2 .

độ điện trường Er cùng chiều với trục Oz,

hướng thẳng đứng xuống dưới (hình 16) Vectơ

1.Hãy xác định chiều và độ lớn của vectơ cảm ứng từ Br (theo q, m, E và gia tốcrơi tự do g).

2 Khi hạt tới điểm O, người ta đột ngột đảo chiều của cảm ứng từ Br (làm Brđổihướng ngược lại, nhưng vẫn giữ nguyên độ lớn ban đầu của nó) Chọn gốc thờigian là lúc hạt tới O Hãy thiết lập phương trình chuyển động của hạt ở thời điểm t

và phác hoạ quỹ đạo của hạt Xem rằng thời gian làm đảo chiều của Br là nhỏkhông đáng kể

3 Xác định thời điểm gần nhất để hạt lại tới trục x’Ox Tìm vị trí của hạt và vectơvận tốc của hạt lúc đó

Véc tơ Br hướng theo trục Oy, vào phía trong mặt phẳng hình vẽ

2) Bây giờ véctơ Br và FrL có chiều như trên hình vẽ áp dụng định luật IINewton:

và v y 2 cos(v0 t )

2

p w

Một chùm tia hẹp gồm các ion 39K và 41K đi vào khe hẹp của khối phổ kế,động năng của các ion là T = (500 ±5) eV Chùm tia có góc mở là 2α = 60 khi bắtđầu đi vào khối phổ kế.

Từ trường B = 0,7T có phương vuông góc

với mặt giấy Đặt tấm phim lên mặt phẳng AM

(hình 18)

1 Các ion 39K và 41K với năng lượng 500eV, khi

đi vào theo phương vuông góc với AM, rơi vào

hai điểm N1 và N2 trờn tấm phim Hãy xác định

b) Bề rộng Dx2 do sự khác nhau về ion Cho biết tất cả các ion xuất phát từ

A theo phương vuông góc AM Tổng chiều rộng các vết là Dx » Dx1 + Dx2

3 Liệu với khối phổ kế trên có thể phát hiện hai đồng vị 39K và 41K trong chùm tiatrên không?

N1N2 = 1,45mm

2 a) Các hạt có phương vuông góc với mặt AM

sẽ chuyển động theo nửa vòng tròn bán kính R

và đập vào tấm kính tại N1

- Các ion có hướng hợp với pháp tuyến

của AM góc α vạch nên cung tròn AN1’N1’’

Từ hình vẽ, ta có: N1N’’1 = AN1 – AN”1 = 2R – 2R(1 – cosα) = 4Rsin2 R 2

để chúng không thể dính vào nhau sau khi được thả tự do Bỏ qua hiệu ứng hấp dẫn.

Bài giải

Chọn gốc tọa độ tại trung điểm của đoạn thẳng nối vị trí của hai điện tích tạithời điểm ban đầu, trục Ox trùng với đường thẳng nối hai vị trí này và có chiềudương hướng về phía điện tích dương, trục Oz có hướng trùng với hướng của vectơ

cảm ứng từ Bur, trục Oy có chiều dương hướng xuống dưới theo chiều chuyển độngcủa hai điện tích dưới tác dụng của lực từ F B = qv B.r urÙ =qvB , khi chúng bị đẩy

chuyển động với vận tốc v dưới tác dụng của lực hút tính điện

giữa hai điện tích

Vì chuyển động của hai điện tích là tương đương nhau, nên chuyển động củachúng là hoàn toàn đối xứng và luôn nằm trên cùng một đường thẳng song songvới Ox Do đó ở đây ta chỉ xét chuyển động của điện tích dương:

- Ban đầu điện tích dương được đặt tại vị trí xi = L/2, yi = 0 Sau đó lực điệnhút chúng lại gần nhau nên tọa độ x giảm dần (vì vx < 0), khi các điện tích chuyểnđộng trong từ trường vuông góc sẽ chịu tác dụng của lực Lorentz hướng theo Oynên tọa độ y tăng dần (vì vy > 0)

Khi đó, theo định luật II Newton, ta có: FuurE +FuurB =ma.r

.

ïïïíï

-ïïïî

( ) ( )

12

v dt

= Thay vào (2) và lấy tích phân hai vế của phương trình (2)theo t từ thời điểm ti = 0 đến thời điểm t bất kỳ, ta được:

Với điều kiện ban đầu: t i = 0 thì x i = + L/2; v y = 0.

Nhận xét: Thành phần vận tốc của điện tích dương theo phương Oy là một hàm của

/ 2

1

24

2 1 22

Là tốc độ chuyển động của điện tích dương khi ở vị trí có tọa độ x

- Đề các điện tích không dính vào nhau thì phải có một vị trí tại đó các hạtchỉ chuyển động theo phương Oy, nghĩa là v = vy, giả sử vị trí đó có tọa độ x = xf.Bình phương hai vế của (3) và (4) ta có: z(1- z) =4c (5)

c = 1/16 Ta thu được: L = (16m.k/B2)1/3

- Xét chuyển động của các điện tích tại vị trí xf Thay xf = L/4 vàp phươngtrình (1) ta có:

xf kq B L

ma

mk L

2 2 3 2

- Cuối cùng, vấn đề đặt ra là điều gì sẽ xảy ra nếu L có giá trị khác với kếtquả thu được ở trên?

Bài tập 12 (Kỳ thi Vật lý thế giới lần thứ 18 tại Đông Đức, 1987)

Trong lòng một buồng hình xuyến có từ trường

với cảm ứng từ Br có độ lớn B không đổi Từ nguồn

điểm P phát ra một chùm electron theo phương các

đường sức, electron đã được tăng tốc bởi hiệu điện thế

V0 Góc mở của chùm 20 rất nhỏ ( 20 << 1) P ở trên

bán kính chính R của hình xuyến Bỏ qua các tương tác

giữa các electron

1 Để giữ chùm electron trong hình xuyến phải có một

từ trường lái Br1 Tính B1 cho một electron chuyển động

R

20

P

Hình 20

2 Tính B sao cho chùm electron hội tụ ở 4 điểm cách nhau /2 như trong hình Khixét quỹ đạo của electron thì có thể bỏ qua sự cong của các đường sức từ trường.

3 Không thể giữ chùm electron trong hình xuyến nếu không có từ trường lái Br1.Nhưng electron vẫn có một chuyển động theo phương vuông góc với mặt phẳng

của hình xuyến, gọi là sαự trôi (drif).

a) Chứng minh rằng độ lệch của bán kính quỹ đạo electron so với bán kínhban đầu R là hữu hạn

b) Xác định chiều của vận tốc trôi

Chú thích: Có thể bỏ qua góc mở của chùm electron.

Sử dụng các định luật bảo toàn năng lượng và mômen động lượng

Dữ kiện cho biết là e

là vận tốc ban đầu thì cần có một lực lái hướng tâm Từ trường lái Br1

phải vuông góc với mặt phẳng hình xuyến và hướng ra phía trước hình vẽ

eV

u m

1/ 2 0

vuông góc với các đường sức