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

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH

TRƯỜNG THPT VÙNG CAO VIỆT BẮC

CHUYÊN ĐỀ: CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT MANG ĐIỆN TRONG
ĐIỆN TRƯỜNG VÀ TỪ TRƯỜNG
Tác giả (Nhóm tác giả): Tổ Vật lý
Trường THPT Vùng cao Việt Bắc

I – CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Khi một vật mang điện, có điện tích q và khối lượng m, chuyển động trong
không gian, ở đó có cả điện trường và từ trường thì nó chịu tác dụng của cả lực
điện và lực từ xác định theo công thức (gọi là công thức Lorenxơ):
r
r
rr
f = qE + q v .B 
(1)
Theo định luật thứ hai Niutơn, phương trình chuyển động của hạt có dạng
r
r
r r
ma = qE + q v + B 
(2)
Dưới đây ta sẽ dựa vào phương trình (2) để xét chuyển động của hạt mang
điện trong một số trường hợp và ứng dụng trong khoa học kỹ thuật.
1. Chuyển động của hạt mang điện trong từ trường đều
r
Xét một hạt có điện tích q và khối lượng m, có vận tốc ban đầu là v đi vào
r
khoảng không gian có từ trường đều với cảm ứng từ B . Bỏ qua tác dụng của trọng

lực (vì khối lượng của hạt ta xét là rất nhỏ). Phương trình chuyển động của hạt có
dạng:
r
rr
ma = q v .B 
(3)
r

Trước hết ta nhận xét ngay rằng: vì lực Lorenxơ f luôn luôn vuông góc với
r
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.
r
a) Đầu tiên, để đơn giản ta xét trường hợp vận tốc v vuông góc với véc tơ
r
cảm ứng từ B và giả thiết q>0. Khi đó độ lớn của lực Lorenxơ tác dụng lên hạt
bằng
f = qvB
(4)
1


nghĩa là có giá trị không đổi. Vì lực Lorenxơ vuông góc với phương chuyển động
nên nó đóng vai trò lực hướng tâm. Dưới tác dụng của lực đó hạt chuyển động theo
một đường tròn bán kính r, và phương trình (3) lúc này có dạng:
mv 2
(5)
= qvB
r
Từ đó tìm được bán kính r của quỹ đạo tròn của hạt

v
r=
q
(6)
.B
m
Ta thấy bán kính quỹ đạo phụ thuộc vào vận tốc v của hạt mang điện, vào độ
lớn cảm ứng từ B và vào tỉ số

q (tỉ số này được gọi là điện tích riêng của hạt
m

mang điện).
Chu kỳ T của chuyển động của hạt hạt mang điện bằng:
2π r 2π 1
T=
=
.
q B
v
m
Từ đó, vận tốc góc (tần số góc) ω của hạt bằng:
2π q
ω=
= .B
T
m
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
và cảm ứng từ B chứ không phụ thuộc
m

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

(7)

(8)

r
r v2
v1
O

Hình 1

r
π
r
r
v của hạt hợp với véc tơ cảm ứng từ B một góc α bất kỳ ( α ≠ ). Phân tích v làm
2
r

r
r
r
hai thành phần vt song song với B và vn vuông góc với B , ta có

vt= vcosα và vn = vsinα
(9)
r
Lực Lorenxơ gây bởi thành phần vt bằng không. Chỉ có lực Lorenxơ xác
r
định bởi thành phần vn là khác không:
2


F = qvBsinα = qvnB
(10)
lực này làm cho hạt chuyển động theo đường tròn nằm trong mặt phẳng vuông góc
r
với B . Như vậy chuyển động của hạt là tổng hợp của hai chuyển động:
r
+ Chuyển động tròn đều trong mặt phẳng vuông góc với B , với vận tốc dài
bằng vn, 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 vn = vsinα.
+ Chuyển động thẳng đều theo quán tính với vận tốc vt= vcosα dọc theo
r
phương của B .
Vì vậy quỹ đạo của hạt là một đường đinh ốc hình trụ, có trục trùng với
r
phương của véc tơ cảm ứng từ B . Bước của đường đinh ốc là
2π v cos α 1

l = vt .T =
.
q
(11)
B
m
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
r
electron chẳng hạn) chuyển động với vận tốc v0 đi qua khoảng không gian giữa hai
bản của một tụ điện phẳng đặt nằm ngang có chiều dài l1. 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 l2. 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
r
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:
r
+ Chuyển động đều theo phương v0 với vận tốc v0.
+ Chuyển động nhanh dần đều theo phương vuông góc với các bản với gia
tốc : a =

F qE
=
và với vận tốc ban đầu bằng không.
m m
l2

l1

r
v0

-

r
E

O

α

+

y1

r
v0

r vr
v y

y2

Hình 2
3

y

y

l

1
Thời gian hạt mang điện chuyển động trong điện trường là T = v . Sau
0

khoảng thời gian đó hạt bị lệch theo phương Oy vuông góc với các bản tụ điện một
khoảng:
at 2 qE l12
y1 =
=
.
(12)
2
2m v02
Khi hạt bắt đầu rời khỏi tụ điện, vận tốc vy của hạt là:
qE l1
v y = at =
.
2m v0

(13)

Bắt đầu từ đó hạt chuyển đồng đều theo phương của vận tốc tổng hợp

rr r r
r
v (v = v0 + v y ) lập với v0 một góc α xác định bởi:

tan α =

vy
v0

=

q l1E
m v02

(14)

Do đó khi ra khỏi tụ điện hạt bị lệch theo phương Oy một khoảng y2 mà
q ll
y2 = l2 tan α = 1 22 E
(15)
m v0
r
E là:

Như vậy độ lệch tổng cộng của hạt mang điện do tác dụng của điện trường

y = y1 + y2 =

q l1  l1

+ l2 ÷E
2 
m v0  2



(16)

l

y =  1 + l2 ÷tan α
(17)
2

Kết quả này cho thấy sau khi rời khỏi tụ điện (rời khỏi điện trường) hạt
chuyển động thẳng tựa như là nó đã xuất phát từ giữa tụ điện mà phương chuyển
r
động lập với v0 một góc α.
b) Bây giờ ta xét sự lệch của một chùm hạt mang điện chuyển động với vận
r
tốc ban đầu v0 đi qua một khu vực có chiều dài l1 trong đó có từ trường, véc tơ cảm
r
r
ứng từ B vuông góc với vận tốc v0 , khoảng cách từ màn tới khu vực có từ trường là
l2. Trong khu vực có từ trường hạt chuyển động theo một cung tròn bán kính

Hay

R=

mv0
r
v0 một
.

Khi
ra
khỏi
khu
vực
đó
hạt
bị
lệch
theo
phương
Oy
vuông
góc
với
qB

đoạn y1 tính theo công thức: l12 = y1 (2 R − y1 ) .
4


Xét trường hợp sự lệch của hạt là nhỏ, ta có l12 = 2 Ry , suy ra
l12
qB l12
y1 =
=
.
2 R 2m v0

(18)

Khi ra khỏi khu vực có từ trường hạt chuyển động đều theo phương lập với
phương chuyển động ban đầu một góc β tính theo công thức
y 2y
l
tan β = 1 = 1 = qB 1
(19)
l1
l1
mv0
2
Do đó sau khi ra khỏi khu vực có từ trường hạt bị lệch theo phương Oy một
khoảng y2
l2

l1

r
v0

r
B

r
E

O
y1
β

r
v0

r
v

y2

r
vy

y

Hình 3
y

y2 = l2 tan β =

qBl1l2
mv0

(20)
r

Như vậy độ lệch tổng cộng của hạt mang điện do tác dụng của từ trường B
là:

l

y = y1 + y2 =  1 + l2 ÷tan β

(21)
2

Ta thấy, khi rời khỏi từ trường hạt chuyển động thẳng tựa như nó là đã xuất
phát từ tâm của khu vực có từ trường mà phương chuyển động lập với vận tốc ban
r
đầu v0 một góc β.
Theo (16), (21) ta nhận thấy sự lệch của hạt mang điện trong điện trường và từ

trường có tỉ lệ với điện tích riêng

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

5


r
q
) và phụ thuộc vận tốc ban đầu v0 của hạt. Những hạt có cùng điện tích riêng
và
m

r
vận tốc v0 sẽ bị lệch như nhau và đập vào cùng một điểm trên màn chắn.

II. BÀI TẬP VÍ DỤ

Bài tập 1.
T
Trong một ống phóng điện tử, các electron
T’
α
được gia tốc bởi hiệu điện thế U = 1 KV rồi bay qua
d
khe T theo phương ngang TT’. Mục tiêu là M, với
+ B
R
TM = d = 5 cm, α = 600 (hình 4).
r
a) Tìm cảm ứng từ B của từ trường vuông góc
M
0
với mặt phẳng hình vẽ để tất cả các electron sau khi
Hình 4
ra khỏi khe T rơi đúng vào mục tiêu.
ur uuur
b) Hãy tính giá trị của B //T M để các electron rơi đúng vào mục tiêu. Cho
rằng B < 0,03 T; e = 1,6 . 10 –19 C.
Bài giải
r
a) Véc tơ B vuông góc với mặt phẳng hình vẽ.
2

Năng lượng của electron

mv 0
2

= eU

→

v0 =

2eU
m

* Khi ra khỏi ống electron chịu tác dụng của lực Lorenxơ F = Bev0 có phương
r r
vuông góc với mặt phẳng ( B ; v 0 ) và đóng vai trò lực hướng tâm:
mv 02
mv 02
mv 0
→ Bev 0 =
→ B =
Fht =
R
R
eR
* Để e đến được M thì R =
→B =

TM
2Sin a

=

d
2Sin a

mv 0 2sin a
2eU
với v 0 =
.
e
d
m

2sin a 2mU
.
d
e
r uuur
b) Tính B khi B //T M
* Khi ra khỏi ống e chịu tác dụng của lực Lorenxơ
Ta có B =

T

v0

B
M

6
Hình 5

T′


r r
F = e[ B Ù v 0 ] → F = Bev0 sinα
Lực Lorenxơ đóng vai trò của lực hướng tâm
m (v 0sin a )2
Fht =
R
m (v 0Sin a)2
nên Bev 0 sin a =
R
→ chu kỳ xoắn là: T =

→ R =

mv 0sin a
eB

2pm
2pR
=
eB
v 0sin a

* Theo phương TM hạt chuyển động với vận tốc vTm = v0 cosα
- Bước xoắn

h =vTm.T =

2pmv 0cos a
eB

- Để hạt đến được M thì TM = N.h = d → B = N .

2U m 2pcos a
.
e
d

2U m 2pcos a
< 0,03 .
.
e
d
Vậy B = N . 6,7 . 103T với N = 1; 2; 3; 4
Bài tập 2.
Một hạt có khối lượng m, điện tích q
x
+ B
dương, bắt đầu chuyển động với vận tốc v
vx
theo hướng song song với trục ox trong một
vy
từ trường đều có cảm ứng từ B= ax (x ≥ 0)
(hình 6).
vt
O
Hãy xác định độ dịch chuyển cực đại
Hình 6

của hạt theo trục Ox.
Bài giải
Ta thấy hạt chỉ chuyển động trong mặt phẳng xoy.
r
Gọi vt là vận tốc của hạt tại thời điểm t. Do tác dụng của lực Lorenxơ
ur
ur ur
r
Ft = qB Ù vt vuông góc với vt nên công của FL = 0, động năng của hạt đựơc bảo
Do B < 0,03T ® N .

toàn.
1
1
1
mv 02 = mv x2 + mvy2 ®£vy
2
2
2
* Theo định luật Niutơn II có qBvx = may
Ta có:

7

v = vt .

y


® Thay B = ax ; vx = dx ® qaxdx = mdvy

dt
2

® qa ò xdx = m ò y dvy ® qax = mv ® x =
y
0
0
2
x

V

Vậy xmax =

2mvy
qa

£

2mv
qa

2mv
qa

Bài tập 3.
+ +
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. h
+ +

r
Từ trường có cảm ứng từ B hướng sang phải, vuông góc
với dây dẫn.
+ +
a) Tính vận tốc chuyển động v của electron trong dây
a
dẫn.
+ Hình
+ 7
r
b) Xác định độ lớn và hướng của lực từ F tác dụng
lên eclectron.
r
c) Cần phải đặt một điện trường E có độ lớn và hướng như thế nào để cân
bằng tác dụng của từ trường?
d) Xác định hiệu điện thế U cần đặt vào cạnh của dây dẫn để tạo ra điện
r
trường E 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,
r
electron lệch về một phía, do đó trong dây dẫn cũng xuất hiện một điện trường E 1 ,
điện trường này có cường độ tăng dần đến khi nào tác dụng của nó cân bằng với
r
tác dụng của lực từ F . Hãy tính cường độ điện trường ngang E 1 .
Cho biết rằng mật độ của Eclectron dẫn trong dây dẫn là n = 1,1.1029m-3
h = 0,02 m; a = 0,1 cm; I = 50 A; B = 2 T.
Bài giải
a) Mật độ dòng điện chạy trong dây i = env.
I
I

i=
thay số có v = 1,4.10-4 m/s.
® v =
ah
ahen
b) Lực tác dụng lên electron chính là lực Lorenxơ. Áp dụng quy tắc bàn tay
trái ta thấy lực này hướng xuống dưới.
r
Vì electron chuyển động vuông góc với B lên lực tác dụng lên electron là:
F = evB = 1,6.10-19.1,4.10-4.2 » 4,5 .10-23N
8


c) Muốn cân bằng lực từ phải đặt vào một điện trường đều hướng xuống
dưới 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 có
điện 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 V
e) Nếu ta không đặt điện trường ngoài thì dưới tác dụng của lực Lorenxơ
electron 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 trạng
thái cân bằng được thiết lập. Tác dụng của lực Lorenxơ hoàn toàn bị cân bằng bởi
tác 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 điện
trường 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 hiện
điện trường phụ E1 và do đó ở hai cạnh bên của dây dẫn xuất hiện một hiệu điện

thế U1. Hiện tượng này gọi là hiện tượng Hall.
Bài tập 4.
Trong hình 8, S1 và S2 là hai mặt giới hạn
B1
nằm song song và chia không gian ra làm ba phần I
khác nhau I, II, III. Trong các vùng I và II có các từ
S1
v0
trường đều, có phương vuông góc với tờ giấy, III
L
E
O
chiều hướng ra ngoài, cường độ cảm ứng từ lần
S2
lượt là B1 và B2. Trong vùng III có điện trường đều
B2
II
cường độ E, chiều hướng từ S2 sang S1.
Người ta phóng một hạt nhỏ khối lượng m
Hình 8
mang điện tích dương q cho nó chuyển động với
vận tốc v0 từ O hướng về phía S1 khoảng cách từ O
đến S1 là

L
2

bỏ qua tác dụng của trọng lực. Để cho

hạt có thể chuyển động theo quỹ đạo đó cho trong

bài (2 đoạn cong trên quỹ đạo có bán kính bằng
nhau). Hãy xác định:
a) Tỷ số cường độ các cảm ứng từ B1 và B2.

9

I

v1

v0 v0
E
O

III

II

B1

B2

L
v2

Hình 9


b) Điện trường E phải có trị số nhỏ hơn bao nhiêu?
Bài giải

a) Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của hạt mang điện khi đi vào các vùng (I)
và (II). Áp định lí động năng, ta có:
1
2
1
2

Mặt khác: R =

2

mv1 2

mv 2 -

1
2
1
2

2

mv 0 = q.E .
2

L

Þ v1 =

2

mv 0 = - q.E .

L
2

Þ v2 =

2

v0 +
2

v0 -

qEL
m
qEL
m

mv
và R1 = R2 nên ta có:
q .B

mv1
qB 1

=

mv 2

qB 2

Þ

B1

=

B2

v1
v2

2

=

mv 0 + qEL
2

mv 0 - qEL

b) Để cho hạt mang điện có thể đi vào vùng (II) thì động năng của hạt tại O
phải lớn hơn độ tăng thế năng tính điện khi hạt dịch chuyển từ O tới S2:
1
2

2
mv 0

> q.E .

L
2

2

Þ E <

mv 0
qL

Bài tập 5.
Một chùm prôtôn đi vào một vùng
ur
-2
B2
không gian có bề rộng d = 4.10 m và có từ
1


trường đều B1 = 0,2T. Sau đó prôtôn đi tiếp Chùm prtôn
vào vùng không gian cũng có chiều rộng d
nhưng từ trường B2 = 2B1.
Lúc đầu, Prôtôn có vận tốc vuông góc
d
d
với véctơ cảm ứng từ B và vuông góc với
Hình 10
mặt biên của vùng không gian có từ trường (hình 10).

a) Hãy xác định giá trị của hiệu điện thế V 0 để tăng tốc cho prôtôn sao cho
hạt prôtôn đi qua được vùng đầu tiên.
b) Hãy xác định hiệu điện thế V 0 sao cho prôtôn đi qua được vùng thứ hai.
c) Hãy xác định hiệu điện thế V 0 sao cho prôtôn sau khi đi qua được vùng
thứ hai, thì có vận tốc hợp với phương của vận tốc ban đầu một góc 60 0.
(Trích đề thi Olimpic Vật lí quốc gia Ý 1998)
Bài giải
a) Trong từ trường đều, hạt mang điện có quỹ đạo là đường tròn, bán kính

r
B

10


r1 =
- Theo định luật bảo toàn năng lượng:

Từ đó: r1 =

æ
mv
2m ç
ç
ç
ç
è2
2

2

ö
÷
÷
÷
÷
ø

2

q B1

=

mv
qB 1
mv

2

= qV 0

2

2mV 0

C

2

qB 1

- Để proton đi qua được vùng thứ nhất thì r 1 > d, do đó:
α

qB 12d 2
V0 >
= 3,1kV
2m
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 =
Do B2 = 2B1 nên: r2 =

2mV 0
2

qB 2

=

1
2

d
r1

r1

O1

d
Hình 11
(2)

(1)

.

C
r1
α

- Để prôtôn đi qua được vùng 2 thì: O 2H > (r2sinα + d)
→ r1 > 3d

O1

qB 2d 2
Vậy: V0 > 9 1
= 28kV
2m
c) Góc lệch toàn bộ: δ = α + γ,

γ

O2
r1
d

- Theo điều kiện của bài toán δ =

3

δ= α +

, do đó:

æ
ö
p
3
ç
÷
sin ç - b÷
=
cos
b
=
sin
d
=
÷
ç
÷
2
è2
ø

2 2
(r sin a + d )
3d
qB d
=
Vì cosβ = 2
nên V0 = 12 1 = 36,8kV.

r2

r1

2m

Bài tập 6.

11

r2
d

Hình 12

æ
ö p
p
ç
÷
= - b
ç - a - b÷

÷
÷ 2
ç
è2
ø
p

β

H


Cỏc electron qua O vo mt min D rng L, trong ú cú mt t trng u
khụng i. Ta xem ngoi min D, t trng bng 0. Gi thit b rng L ca min
tha món: L <<

wL eBL
mv 0
=
< < 1 vi v0 l vn tc ban u ca cỏc
= R hay:
v
mv
eB
0
0

L
cú t mt mn hunh quang.
2

a) Xỏc nh tung y P ca im P ti ú electron ra khi min D v gúc
hp bi vộct vn tc ca electron ti im ú vi trc Ox.
b) Suy ra v trớ ca im chm I trờn mn.
đ
L
c) Xỏc minh rng giỏ tr ca vộct PI i rt gn im Q cú honh
vi
2
nhng gi thit nờu trờn.
Cho L = 1cm; hiu in th tng tc V = 10KV; B = 3mT v D = 20cm.
Bi gii
a) Trong min D qu o ca electron l mt cung trũn tõm C
mv 0
(xC = 0 v yC = R =
)
eB
Ti im P electron ra khi t trng.

I
Ta cú:
yP = R(1 cos)
C
XP = Rsin (vỡ nh)
L
ị sin a =

R
P
electron cỏch O mt on D +

1 - cos a
La
=
sin a
z
L
eBL
Vi sin ằ a = =
R
mv 0
ị yP = L.

O

=

Q

x

v L0

D

eBL2
ị yP =
2mv 0
ổ
2eV
p dng s: v0 = ỗ

ỗ
ỗ
ốm



T

Hỡnh 13

1

2
ử
ữ
ữ
= 59, 3.106 (m / s )
ữ
ữ
ứ

eBL
= 89.10- 3 rad = 5,110
mv 0
12


L
= 0, 09
R

b) Điểm chạm I có tung độ:

Þ y P = 0, 445mm

R = 11,2cm;

eBL
D- L
tga = D a =
mv 0
2
Þ yI = 1,78 (cm)

yx = yP +

c) OQ = Rsin a = R a = L Þ Đường thẳng PI đi qua điểm O ở giữa OT.
2
2
2
Bài tập 7.
Một hạt có điện tích q > 0 và khối lượng m y
dịch chuyển trong một môi trường trong đó hạt
B
chịu một lực ma sát có dạng:
r
r
r
2 v
với K > 0. Từ trường đều B không
F = - Kv

v
r
x
đổi vuông góc với vận tốc v0 ban đầu của hạt.
0 Hình 14
Chứng tỏ rằng chuẩn (độ lớn) của vận tốc hạt
giảm theo thời gian. Vận tốc tốc bằng 0 có thể đạt được sau một thời gian hữu hạn
không?
Bài giải
Vật chịu tác dụng của lực từ và lực ma sát:
Phương trình chuyển động của hạt:

v

®

®

Tích phân:

®

®

®

®
Þ d v = q v Ù B - k v. v
m d v = F t + F ms
dt

dt
m
m
Chiếu lên phương chuyển động:
dv
k
dt
dv
k 2 Þ 2 =m
Þ
=v
v
.
dt
m

Þ

®

1 1
k
= t
v v0
m

v0

Þ v=

1 + v0

Þ Vận tốc hạt giảm theo thời gian.
Bài tập 8.
13

k
t
m


Một điôt chân không, trong đó khoảng cách giữa anôt và catốt bằng d, ở
trong một từ trường có cảm ứng từ bằng B và hướng song song với mặt phẳng các
bản cực. Hỏi điện áp tối thiểu giữa hai cực bằng bao nhiêu để các electron từ bề
mặt catốt có thể đến được anốt. Coi các electron ở bề mặt catốt là đứng yên và bỏ
qua tác dụng của trọng trường.
Giải
- Ta sẽ khảo sát các điện áp trên điôt sao cho các electron khi rời catôt sẽ
quay trở lại mà không tới được anôt. Trên hình 15 biểu diễn đoạn đầu của quỹ đạo
với 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
r
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
Hình 15
như sau:
dv

và
m e x = evy B
dt
me

dvy

= eE - ev x B
dt
Hai phương trình trên có thể viết lại dưới dạng sau:
e
E - wcvx
v x' = wcvy và vy' =
me
trong đó hệ số wc =

eB
me

được gọi là tần số cyclotron.

- Vi phân phương trình thứ hai thế vào phương trình thứ nhất, ta được:
vy'' + wcvy = 0
Nghiệm tổng quát của nó có dạng:

vy (t ) = A sin wct + C cos wct ,trong đó A và C

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

+ Theo đề bài, tại t = 0 , v 0 (0) = 0 và vy (0) =
.
me
Từ đó suy ra C = 0 và A =

eE
.
m e wc
14


Cuối cùng, biểu thức của vy (t ) có dạng:

vy (t ) =

eE
sin wct .
m e wc

- Độ dịch chuyển của electron theo trục y:
t

t

y (t ) = ò vy (t )dt = ò
0

0

eE

eE
sin wcdt =
(1 - cos wct ).
m e wc
m e wc2

- Từ phương trình của vy (t ) ta dễ dàng tìm được thời điểm t N khi electron ở
xa catôt nhất: đó chính là thời điểm vy (t ) = 0,
hay

wct N = (2N + 1)p với N = 0, 1, 2,...

(giải thích xem tại sao lại không lấy nghiệm wct N = 2N p ). Tại những thời điểm
đó độ dịch chuyển theo phương y của electron bằng: y N =

2m eE
2eE
=
m e wc2
eB 2

- Khi quỹ đạo của electron có đỉnh chạm vào anôt, thì độ dịch chuyển y N của
nó bằng khoảng cách d giữa catôt và anôt và điện áp trên điôt sẽ bằng điện áp cực
tiểu U min cần tìm: d =

2m eU min
edB 2

,

Từ đây ta tìm được:

U min

ed 2B 2
=
.
2m e

Bài tập 9.
Một hạt mang điện tích dương q, khối lượng m chuyển động thẳng đều với
r
vận tốc v 0 dọc theo trục x’Ox nằm ngang trong vùng không gian có tác dụng của
r
điện trường đều và từ trường đều. Vectơ cường độ điện trường E cùng chiều với
r
trục Oz, hướng thẳng đứng xuống dưới (hình 16). Vectơ cảm ứng từ B vuông góc
với mặt phẳng hình vẽ.
x
v0
O
1.Hãy xác định chiều và độ lớn của vectơ cảm
r
.
ứng từ B (theo q, m, E và gia tốc rơi tự do g).
B
vx
2. Khi hạt tới điểm O, người ta đột ngột đảo
z
r

r
chiều của cảm ứng từ B (làm B đổi hướng
FL
ngược lại, nhưng vẫn giữ nguyên độ lớn ban
vz
v
đầu của nó). Chọn gốc thời gian là lúc hạt tới
P +Fđ
O. Hãy thiết lập phương trình chuyển động của
hạt ở thời điểm t và phác hoạ quỹ đạo của hạt.
Hình 16
z
r
Xem rằng thời gian làm đảo chiều của B là
nhỏ không đáng kể.
15


3. Xác định thời điểm gần nhất để hạt lại tới trục x’Ox. Tìm vị trí của hạt và vectơ
vận tốc của hạt lúc đó.
Bài giải
r
1) Vì hạt chuyển động đều nên lực Lorenxơ F tác dụng lên hạt phải cân bằng với
r
r
r
r
r
hợp lực của lực điện trường ( Fd = qE ) và trọng lực ( P = mg ). Nghĩa là FL
hướng thẳng đứng lên trên và có độ lớn:

FL = qE + mg = qv 0B
® B =

qE + mg
qv 0

(1)

r
Véc tơ B hướng theo trục Oy, vào phía trong mặt phẳng hình vẽ.
r
r
2) Bây giờ véctơ B và FL có chiều như trên hình vẽ. áp dụng định luật II
Newton:
r
r
r
r
ma = Fd + P + FL
(2)
Chiếu (2) lên Ox và Oz (chú ý đến (1)):
dvx
Bq
(3)
=v
dt
m z
dvz
Bq
Bq

=
vx + qE + mg =
(v + v 0 )
dt
m
m x
Bq '
B 2q 2
"
Từ (3) và (4):
vx = v =(v + v 0 )
m z
m2 x
® vx + v 0 = A sin( wt + f ) , với w = Bq
m
® vx = A sin( wt + f ) - v 0
(6)
Từ (6) và (3): vz = - A cos( wt + f )
Lúc t = 0, ta có: vx = v 0 và vy = 0 ;

p
suy ra: A = 2v 0 , f =
2
® vx = 2v 0 sin( wt + p) - v 0 ; (8)
2
p
và vy = - 2v 0 cos( wt + )
(9)
2

16

(4)
(5)
(5’)

(7)

−2π mv0 −π mv0
Bq O v0
Bq

z

x

Hình 17


2v 0
p
cos( wt + ) - v 0t + x 0
w
2
Lỳc t = 0 , x = 0 , suy ra x 0 = 0
T (8): x = -

Bq
m
2mv 0

Bq
p
cos( t + ) - v 0t
Vy: x = Bq
m
2
Tng t, t (9) v bit lỳc t = 0 , z = 0 , ta cú:
ự
ổ
2mv 0 ộ
Bq
pử
ữ
ờ1 - sin ỗ
ỳ
ữ
z=
t
+
ỗ
ữ
ờ
ữ
ỗ
Bq ở
2 ứỳ
ốm
ỷ
Phỏc ho qu o ca ht nh trờn hỡnh 17.
4mv 0

pmv 0
Bq
+ Khi
, x =.
t = p thỡ z =
Bq
Bq
m
v bit w =

+ Khi

(10)

(11)

2pmv 0
Bq
t = 2p thỡ z = 0 , x = Bq
m

3) Khi ht bt u li gp trc Ox, thỡ z = 0 đ sin(

Bq
p
t + ) =1
m
2

2pm

đ Bq t = 2p hay t =
Bq
m
Khi ú x = - v 0t = -

2pmv 0
, v t (8) v (9) tỡm c:
Bq

vx = + 2v 0 - v 0 = v 0 ; vz = 0

r
Vn tc v ca ht hng theo chiu dng ca trc Ox v cú ln bng v 0 .
Bi tp 10.
Mt chựm tia hp gm cỏc ion 39K v 41K i vo khe hp ca khi ph k,
ng nng ca cỏc ion l T = (500 5) eV. Chựm tia cú gúc m l 2 = 60 khi bt
u i vo khi ph k.
T trng B = 0,7T cú phng vuụng gúc
2
vi mt giy. t tm phim lờn mt phng AM
(hỡnh 18).

A

BN

Hỡnh 18
17

1

N2

M


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 các khoảng AN1;
AN2 và N1N2.
2. Hãy xác định bề rộng của các vết trên phim ứng với từng đồng vị. Muốn vậy,
hãy tính:
a) Bề rộng D x1 của vết tạo ra do tính phân kỳ của chùm tia (tất cả các ion
đều có năng lượng 500eV).
b) Bề rộng D x2 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 D x » D x1 + D x2.
3. Liệu với khối phổ kế trên có thể phát hiện hai đồng vị 39K và 41K trong chùm tia
trên không?
Bài giải
1. Do từ trường, các ion có khối lượng M chuyển động theo đường tròn với bán
kính: R = Mv =
eB

2MT
eB

AN = 2R = 2 2MT

(1)

eB

+ Với 39K: AN1 = 5,75cm; 42K: AN2 = 5,90cm
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’’.

N’1
O’
R
α

α

A

O

N’’1 N2

M

Hình 19

a

» Ra

2

Từ hình vẽ, ta có: N1N’’1 = AN1 – AN”1 = 2R – 2R(1 – cosα) = 4Rsin 2
- Các iôn ở mép kia của chùm tia (hướng – α) cũng rơi vào điểm N”1.
∆x1 = Rα2 = 0,08mm
(2)
2

1

æ 1 dT ö
2
ö
÷
MT 0 æ
ç
d
T
÷
÷
ç
1+
ç
b) Thay T = T0 + δT trong (1) ta có: d = 2
÷
÷
1+
»
2
R

ç
ç
÷
÷
ç
2
T
ç
è
ø
÷
0
eB ç
T
è
0 ø
∆x2 = dmax – dmin = 2R

DT
T0

= 0,58mm

(3)

3. N1N2 = 2∆x. Các vạch tách rời nhau, vì vậy có thể dựng khối phổ kế để phát hiện
39
K và 41K.
18

Bài tập 11 (April 2007)
Hai hạt mỗi hạt khối lượng m, được tích điện trái dấu nhưng có độ lớn bằng
nhau. Ban đầu các điện tích được giữ đứng yên trong từ trường đều có phương
vuông góc với đường thẳng nối các điện tích. Sau đó, hai điện tích được thả tự do
cùng lúc. Hỏi ban đầu hai điện tích phải có khoảng cách L nhỏ nhất bằng bao nhiêu
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 tại
thời điểm ban đầu, trục Ox trùng với đường thẳng nối hai vị trí này và có chiều
dương hướng về phía điện tích dương, trục Oz có hướng trùng với hướng của vectơ
ur
cảm ứng từ B , trục Oy có chiều dương hướng xuống dưới theo chiều chuyển động
r ur
F
=
q
.
v
Ù B = q.v .B , khi chúng bị đẩy
của hai điện tích dưới tác dụng của lực từ B
r
uur
i
2
chuyển động với vận tốc v dưới tác dụng của lực hút tính điện FE = - kq × 2
( 2x )
giữa hai điện tích.
Vì chuyển động của hai điện tích là tương đương nhau, nên chuyển động của
chúng là hoàn toàn đối xứng và luôn nằm trên cùng một đường thẳng song song

với Ox. Do đó ở đây ta chỉ xét chuyển động của điện tích dương:
- Ban đầu điện tích dương được đặt tại vị trí x i = L/2, yi = 0. Sau đó lực điện
hút chúng lại gần nhau nên tọa độ x giảm dần (vì v x < 0), khi các điện tích chuyển
động trong từ trường vuông góc sẽ chịu tác dụng của lực Lorentz hướng theo Oy
nên tọa độ y tăng dần (vì vy > 0).
uur uur
r
Khi đó, theo định luật II Newton, ta có: FE + FB = m .a
Chiếu lên các trục Ox và Oy ta có:

ìï
ïï m
ïï
í
ïï
ïï m
ïî

dvx
kq 2
=+ q.vy .B
dt
4x 2
dv
× y = - q.v x .B
dt

( 1)
( 2)

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

19


vy =

q.B
m

ổ
ử
L
ữ
ỗ
ữ
x
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ố2
ứ

(3)

Vi iu kin ban u: ti = 0 thỡ xi = + L/2; vy = 0.
Nhn xột: Thnh phn vn tc ca in tớch dng theo phng Oy l mt hm ca
ta x.
uur
r
Vỡ FB ^ v nờn lc t khụng sinh cụng, nờn theo nh lý bin thiờn ng
nng ta cú:
x

ũF

E

.dx = Dị
K

kq 2
1
kq 2 ổ
1 2ử
2
ỗ
- ũ 2 dx = mv ị v =
ữ
ỗ - ữ
ữ
ữ
ỗ
2
4

x
2
m
x
L
ố
ứ
L/ 2

(4)

L tc chuyn ng ca in tớch dng khi v trớ cú ta x.
- cỏc in tớch khụng dớnh vo nhau thỡ phi cú mt v trớ ti ú cỏc ht
ch chuyn ng theo phng Oy, ngha l v = v y, gi s v trớ ú cú ta x = x f.
z ( 1 - z ) = 4c

Bỡnh phng hai v ca (3) v (4) ta cú:

z

Vi t s khong cỏch

xf
xi

=

2x f
L

(5)
;c =

m .k
B 2 .L3

ỏng chỳ ý l phng trỡnh (5) khụng ph thuc vo in tớch q, vỡ c lc
in v lc t u t l vi in tớch q.
Bõy gi ta s xột iu kin L t giỏ tr nh nht cú th. Giỏ tr ca L nh
thỡ gi tr ca c s ln (ph thuc vo cỏc gi tr ca m, k v B ú cho). Do ú,
chỳng ta cn tỡm giỏ tr ln nht ca hm s f ( z ) = z ( 1 - z ) . Hm f(z) t giỏ tr
ln nht khi z= 1/2, khi ú theo phng trỡnh (5) ta cú:
c = 1/16. Ta thu c: L = (16m.k/B2)1/3.
- Xột chuyn ng ca cỏc in tớch ti v trớ x f. Thay xf = L/4 vp phng
trỡnh (1) ta cú:
ự
4kq 2 ộ
B 2L3
ờ
m .a xf = 2 ờ
- 1ỳ
(6)
ỳ= 0
L ở16.m .k
ỷ
iu ny cho thy vxf cú giỏ tr khụng i v cú giỏ tr cui cựng bng
khụng. Mt khỏc, ti ú lc in v lc t cõn bng nhau v cỏc ht chuyn ng
dc theo phng Oy vi khong cỏch bng na khong cỏch ban u L. Hn na,
hai in tớch i xng nhau qua trc Ox, iu ny khụng cho phộp xỏc nh hm
x(t), cho phộp ta xỏc nh chớnh xỏc thi im in tớch cú v trớ xf.

20


- Cuối cùng, vấn đề đặt ra là điều gì sẽ xảy ra nếu L có giá trị khác với kết
quả thu được ở trên?
1/ 3

æ
16m .k ö
÷
Nếu L < ç
÷ thì 4c > z.(1-z), khi đó: v > vy, vx ≠ 0. Do đó cuối cùng
ç
2 ÷
ç
÷
è B ø
hai điện tích sẽ dính vào nhau. Đó là do hai điện tích quá gần nhau khiến tốc độ
các điện tích thu được do lực hút tích điện lớn, khiến cho một phần quỹ đạo của hai
điện tích sẽ chồng lên nhau.
1/ 3

æ
16m .k ö
1
÷
Nếu L > ç
,
theo

(5)
thì
, điều này dẫn đến:
÷
z
>
ç
÷
ç
÷
z
è B2 ø
FBf = q.vf.B > FEf=k.q2/(2xf)2
do đó quỹ đạo chuyển động quay trở lại của các điện tích sẽ làm tăng tọa độ x cho
tới khi khoảng cách giữa chúng lại là L, khi đó các điện tích lại ở trạng thái nghỉ và
sau đó chuyển động của các điện tích sẽ lặp lại như cũ, khi đó quỹ đạo chuyển
động của các điện tích sẽ có dạng như hình vẽ. Các hạt sẽ không thể tiến tới
khoảng cách L/2; trong thực tế khoảng cách này sẽ đạt giá trị xấp xỉ L nếu L có giá
trị rất lớn.
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
2α0
r
với cảm ứng từ B 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
P
R
V0. Góc mở của chùm 2α0 rất nhỏ ( 2α0 << 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
r
Hình 20
từ trường lái B 1 . Tính B1 cho một electron chuyển động
trên quỹ đạo tròn bán kính R.
2. Tính B sao cho chùm electron hội tụ ở 4 điểm cách nhau π/2 như trong hình. Khi
xét quỹ đạo của electron thì có thể bỏ qua sự cong của các đường sức từ trường.
r
3. Không thể giữ chùm electron trong hình xuyến nếu không có từ trường lái B 1 .
Nhưng electron vẫn có một chuyển động theo phương vuông góc với mặt phẳng
của hình xuyến, gọi là sự trôi (drif).
a) Chứng minh rằng độ lệch của bán kính quỹ đạo electron so với bán kính
ban đầu R là hữu hạn.
21


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.
e
Dữ kiện cho biết là
= 1, 76.1011C / kg, V 0 = 3kV , R = 50mm
m
Bài giải
r
r
u
1. Nếu 0 là vận tốc ban đầu thì cần có một lực lái hướng tâm. Từ trường lái B 1
phải vuông góc với mặt phẳng hình xuyến và hướng ra phía trước hình vẽ.

r
r r
- Lực lái là lực Lorentz: F = - e[uo , B 1 ]
u 02
F = eu 0B 1 = m
R

- Ta có

(1)
1/ 2

æ
2eV 0 ö
u 02
÷
÷
hay ç
= uo
ç
eV 0 = m
÷
ç
÷
ç
m
2
è
ø

Mặt khác:

(2)

và (2) cho ta :
1/ 2

1/ 2
ö
1æ
m
1 æ
3.103 ö
÷
÷
ç
ç
÷
B 1 = ç2 V 0 ÷
=
2
ç
÷
÷
2
11
ç
ç
÷
÷

ç
Rè e ø
5.10 è 1, 76.10 ø

(3)

Thay số vào ta được B 1 = 0, 37.10- 2V sm - 2 (tesla )

r
2 . Hạt tích điện có vận tốc ban đầu gần song song với từ trường B sẽ chuyển động
xoắn ốc quanh đường sức. Hình chiếu của quỹ đạo xuống mặt phẳng vuông góc
với các đường sức là đường tròn mà bán kính r phụ thuộc vào thành phần v n của u0
vuông góc với các đường sức.
vn2
Ta có m
= evn B
r
Chu kỳ quay là :

mvn
eB
2pr
2pm
2p
T =
=
=
vn
eB
wc

Suy ra r =

(4)

Thành phần vt của u0 song song với các đường sức không đổi và hầu như bằng
nhau cho mọi electron vì a0 < < 1 nên vt = u 0 cos a » u 0
Khoảng cách giữa hai điểm hội tụ là d = vtT = u 0
2pR
Mặt khác d =
(6)
4

2pm
(5)
eB

z
vz
vϕ
r ϕ

22

Hình 22

vr


theo đầu bài ra (5) và (6) cho ta B =

4mu 0
hoặc nếu dùng (2) thì ta có
eR

1/ 2

4æ
m ö
ç
÷
B = ç2 V 0 ÷
= 4B 1
÷
÷
Rç
e
è
ø

(7)

B = 1, 48.10- 2T
3. Bài toán có tính đối xứng quay quanh trục z vuông góc với mặt phẳng hình
xuyến nên trong mặt phẳng này ta dùng các toạ độ y
độc cực r và φ . Các đại lượng véctơ (vận tốc, lực
Lorentz, từ trường) cũng sẽ phân tích thành các
1
thành phần tương ứng. Vì α0 rất nhỏ ta chỉ cần xét
một electron được bắn vào hình xuyến ở bán kính R
r

với vận tốc u0 gần tiếp tuyến.
R
r1
Trong từ trường tính, động năng của electron
Hình 23
được bảo toàn:
m 2
m
(8)
K =
vr + v f2 + vz2 = u 02
2
2
Những điểm đảo của quỹ đạo của electron (ở đó bán kính r đi qua cực trị) được xác
định bởi:

(

)

vr = 0 ở đó, theo (8) ta có u 02 = vf2 + v z2

(9)

Hiển nhiên một điểm đảo là : r = R ( vf = u 0, vr = 0, v z = 0)
Để tìm độ lệch cực đại theo bán kính ta tìm điểm đảo khác. Ta phải viết v ϕ
và vz trong (9) theo bán kính r.
Lực Lorentz do từ trường B sinh ra hiển nhiên không có thành phần theo
phương ϕ song song với nó nên momen động lượng của electron đối với trục z
được bảo toàn :

mvf r = mu 0R
Suy ra vf = u 0R / r
(10)
Nhưng lực Lorentz có thể có thành phần theo phương z :

Fz = - eBvr

e
Bvr
m
Điều này có nghĩa là (với B không đổi) một biến thiên của v z liên hệ với một biến
Thành phần này gây ra gia tốc :

az = -

thiên của r theo hệ thức: D vz = -

e
B Dr
m
23


Vỡ D r = r - R v D vz = vz nờn ta cú:
vz = -

e
B (r - R)
m

(11)
2

ổ
Rử
Thay trong (9) vf v vz bng (10) v (11) ta cú: u 02 = u 02 ỗ
ữ
+
ỗ ữ
ữ
ữ
ỗ
ốr ứ

2

ộe
ự
ờ B (r - R)ỳ
ờm
ỳ
ở
ỷ

hay
2

2

ổ

ổ
ử
Rử
2 ỗr - R ữ
ữ
ữ
1=ỗ
+
A
ỗ ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ R ứ
ữ
ữ
ỗ
ốr ứ
ố
Vi A =

(12)

e BR
(12) l phng trỡnh tỡm im o.
m u0
2

2

ổ
ổ
ử
Rử
2 ỗr - R ữ
ữ
Coi v phi ca (12) l hm s ca r: y = f (r ) = ỗ
ữ
ữ
+A ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
r
R
ố ứ
ố
ứ
th ca hm ny cú dng nh trong hỡnh v, chng t ngoi nghim r= R,
(12) cũn mt nghim r = r1 ln hn R nhng hu hn.
Vy lch (r R) l hu hn. Vỡ R Ê r Ê r1 , (11)
chng t rng vz < 0, vn tc trụi cú chiu õm ca trc z.
Bi tp 13.
Ba mt phng song song P1, P2 v P3 cỏch nhau d1 = 2
cm v d2 = 4 cm, phõn khụng gian thnh 4 vựng I, II, III v

B1 B2
P1
A

P
2
600

d1
I

P3

v0
R1

IV. Trong vựng II v III ngi ta to ra t trng u cú
r
r
vộct cm ng t B 1 v B 2 song song vi ba mt phng trờn
v cú chiu nh hỡnh v. Ht proton trong vựng I c tng
tc bi hiu in th U , sau ú c a vo vựng II ti
r
im A trờn mt phng P1 vi vn tc v0 hp vi phỏp tuyn
ca P1 mt gúc 600.
B qua tỏc dng ca trng trng. Cho bit khi lng

d2

300

O2

II

O1

R2

III

Hỡnh 24

v in tớch ca proton tng ng l m = 1, 673.10- 27 kg v q = 1, 6.10- 19 C.
1. Tỡm giỏ tr ca U , bit rng ht i sang vựng III vi vn tc hng vuụng gúc
vi P2 v cm ng t B 1 = 1T .

24

IV


r
2. Cho biết hạt ra khỏi vùng III theo hướng vuông góc với véctơ v0 tại A. Tính
cảm ứng từ B 2 .
3. Thực tế khi chuyển động trong vùng III và vùng IV, hạt chịu tác dụng của lực

r
r
r
cản FC tỉ lệ thuận với vận tốc của hạt ( FC = − kv , với k là hằng số). Vì vậy khi
chuyển động trong vùng III, bán kính quỹ đạo của hạt giảm dần và khi ra khỏi
vùng III, bán kính quỹ đạo của hạt bị giảm đi 5% so với khi không có lực cản. Tìm
độ dài đoạn đường l mà hạt còn đi tiếp được trong vùng IV.
Bài giải
mvo2
2qU
1. Vận tốc của proton:
= qU Þ v 0 =
2
m
Bán kính quỹ đạo proton
mv 02
mv 0
Bqv 0 =
Þ R =
R
qB

Þ

R =

R1

3
= d1

2

1
B

2mU
q

Theo đề bài, trong vùng III ta có:
(1)

1
B1

Þ

3mU
= d1
2q

(2)

2qB 12d12
Þ U =
» 25, 50kV
3m
2. Trong vùng III:

R2
= d2 (3) Þ

2

Từ (4) và (2) có: B 2 =

d1B 1
d2 3

=

B1
2 3

1
B2

mU
= d2
2q

(4)

» 0, 29 T

3. Tại vùng III và IV:
Fc
- kv
=
m
m

DD
v
kv
kv t
k
=ÞD
v ==Ds
Dt
m
m
m
mvo
DR
Dv
=
=- a
(6)
Tại vùng III, từ R 2 =
ta có
R2
vo
qB 2
a=

Þ

với a = 5% = 0,05 Þ
Mặt khác

(5)

D R = R 2' - R 2 = - aR 2 .

R 2 + R 2'
pR
a
Ds »
. Với R =
= R 2 (1 - )
6
2
2
25

(bán kính trung bình)