CHUYỂN ĐỘNG ĐIỆN TÍCH TRONG ĐIỆN TRƯỜNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LÝ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU
TỔ VẬT LÝ – KỸ THUẬT CÔNG NGHIỆP

BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ:

CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT ĐIỆN
TRONG ĐIỆN TỪ TRƯỜNG

GIÁO VIÊN: NGUYỄN THỊ THU

NĂM HỌC 2015 – 2016

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 1


CHUYÊN ĐỀ:
CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT ĐIỆN TRONG ĐIỆN TỪ TRƯỜNG
I, ĐẶT VẤN ĐỀ:
Bài tập về “ Chuyển động của điện tích (hệ điện tích) trong điện trường” là một trong những chuyên
đề khó để bồi dưỡng học sinh giỏi . Khó vì kiến thức khá rộng và vận dụng rất nhiều kiến thức toán học
vượt ngoài khuôn chương trình toán học hiện tại của khối lớp học sinh giỏi đang học. Nghệ thuật của
Thầy Cô giáo bồi dưỡng là phải dạy sao cho học sinh có thể vượt qua rào cản toán học cao cấp để lĩnh
hội kiến thức vật lý. Tôi xin giới thiệu đến quý Thầy Cô phương pháp và nội dung chuyên đề bồi
dưỡng trên.

II, GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
Phương pháp giảng dạy: Phương pháp động lực học, phương

1.
pháp năng lượng.

Cơ sở Lý Thuyết:

2.

2.1.
Cơ sở toán học:
Trong Vật lý, người ta thường định nghĩa tích có hướng một cách hình học như sau:
Tích có hướng của hai vectơ

và

là một vectơ

được kí hiệu là

hoặc

và xác định như

sau:
i)

vuông góc với cả

ii)
iii) Khi

và

không cùng phương và ba vectơ

cùng có chung điểm đầu là O thì theo thứ tựđó

chúng tạo thành một tam diện thuận.
Bạn chúý, trong định nghĩa trên, điều kiện (i) xác định phương của vectơ
độ dài của vectơ

còn điều kiện (iii) xác định hướng của vectơ

, điều kiện (ii) xác định

. Từđịnh nghĩa này, người ta

suy ra được biểu thức tọa độ của tích có hướng như trình bày
iiii. Tam diện thuận
Quy tắc
Có thể phát biểu quy tắc tam diện thuận như sau:
Ba vectơ

theo thứ tựđóđược gọi là tạo thành một tam diện thuận, nếu đặt bàn tay phải của bạn

sao cho ngón cái là vectơ , ngón trỏ là vectơ

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

thì ngón giữa (vuông góc với lòng bàn tay) là vectơ

Page 2


Tam diện thuận và Hệ tọa độ Oxyz
Trên thực tế, bạn đã tiếp cận quy tắc tam diện thuận này ngay từ khi học về hệ tọa độ
trên hệ tọa độ

, với ba vectơđơn vị

có thứ tự:

lần lượt nằm trên ba trục

. Thật vậy,

thì bộ 3 các vectơ

lập thành các tam diện thuận.

Hệ trục tọa độ Oxyz (Hình chụp SGK Hình học 12 Nâng cao)
2.2.1. TRƯỜNG HỢP ĐIỆN TÍCH (HỆ ĐIỆN TÍCH) CHUYỂN ĐỘNG TRONG ĐIỆN
TRƯỜNG ĐỀU.
Cách 1: Phương pháp động lực học
- Ta biết, tại một điểm có cường độ điện trường E, hạt tích điện q chịu tác dụng một lực điện:
F = q.E , độ lớn F = q E
F  E khi q > 0.
F  E khi q < 0.

Như vậy, hạt mang điện tích q có khối lượng m chuyển động trong điện trường chịu tác dụng của
2 lực:

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 3


+ Trọng lực P = mg
+ Lực điện trường F = qE ( F ­ ­ E nếu q>0 và ngược lại)
Gia tốc mà nó thu được được xác định bằng định luật II Niutơn:
a=

1
(P + F )
m

- Khi hạt điện chuyển động trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) ta sử dụg phương pháp tọa độđể khảo sát
chuyển động. Cụ thể:
+ Phương trình vận tốc vx , vy của nó theo các trục tọa độ là:
 vx  v0 x  ax .t

vy  v0y  ay .t

(1)
(2)

Trong đó ax , ay , v0 x , v0y là gia tốc, vận tốc của hạt theo các trục tọa độ
+ Phương trình chuyển động của hạt theo các trục khi đó được xác định theo công thức:
1

x  x0  v0 x .t  .ax .t 2



2

 y  y  v .t  1 .a .t 2
0
0y
y


2

(3)
(4)

Trong đó, x0 , y0 là tọa độ ban đầu của hạt.
Khử t trong các phương trình (3) , (4) ta được y = f(x). Đó là phương trình quỹ đạo của
chuyển động. Phương trình quỹ đạo mô tả hình dạng hình học của chuyển động.
Cách 2: Sử dụng định lý động năng.
- Khi hạt chuyển động từ điểm M đến điểm N thì điện trưòng thực hiện một công là:
AF = qU MN = q (VM - VN )
Theo định lý động năng ta có biểu thức:
WdN - WdM = AF + AP



Ở đây, vM , vN là vận tốc của hạt tại các điểm M và N
Điện thế của điện trường tại điểm M được xác định bằng
công của lực điện trường làm dịch chuyển một điện

tích dương đơn vị từ M ra xa vô cùng, với qui ước điện thế tại vô cùng bằng không

VM 

A M  q
q

(2.1)

Điện thế gây ra bởi điện tích điểm Q trong chân không tại điểm cách Q một khoảng r
V r  

Q
4 0 r

(2.2)

Điện thế có tính cộng được : điện thế gây ra tại một điểm bởi một hệ điện tích điểm thì bằng tổng đại
số các điện thế do từng điện tích gây ra tại đó
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 4


VM 

V

M

Qi 

(2.3)

1

2.2.2.MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG:
Bài 1: Một quả cầu nhỏ khối lượng 0,001g được tích điện 10-6C chuyển động từ điểm M có điện thế
400V đến điểm N có điện thế 250V. Xác định vận tốc của qủa cầu tại M, biết vận tốc của quả cầu
tại điểm N là 20m/s. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.
Bài giải:
- Công lực điện trường thực hiện khi điện tích di chuyển từ điểm M đến điểm N là:
AMN = qU
. MN = q(VM - VN )

- Độ biến thiên động năng của quả cầu khi điện tích di chuyển từ điểm M đến điểm N là:
D Wd =

1
m(vN2 - vM2 )
2

- Theo định lý động năng, ta có:
1
m(vN2 - vM2 ) = q(vN - vM )
2
2.q.U MN
Þ vM = vN2 ­
0, 28(m / s)
m

Bài 2: Một điện tử bay từ bản âm sang bản dương của một tụ điện phẳng, khoảng cách giữa hai bản

tụ là d = 5cm và hiệu điện thế giữa hai bản tụ 3000V. Điện tích của điện tử là
q=-1,6.10-19C, khối lượng của điện tử là 3,1.10-31kg, vận tốc ban đầu của điện tử bằng không.
1, Xác dịnh thời gian điện tử bay từ bản âm đến bản dương.
2, Xác định vận tốc của điện tử ngay khi chạm bản dương.
Bài giải:
Cách 1:
- Khi điện tử chuyển động từ bản âm sang bản dương nó chịu tác dụng của lực
điện trường.
( Bỏ qua tác dụng của trọng lực vì nó quá nhỏ).

x
+

F  q.E

+

+

F

- Áp dụng định luật II Niutơn cho điện tử, ta có:
F  ma
.

- Chiếu phương trình lên chiều dương Ox ngược chiều E , ta có:

-

E

O

-

-

F  m.a

a

F E. q q .U


m
m
m.d

- Phương trình vận tốc và chuyển động của điện tử:

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 5


 v  v0  a.t


1 2
 x  v0 .t  2 .a.t

(1)
(2)

1, Xác định thời gian chuyển động của điện tử:
Khi điện tử chạm bản dương, ta có: x = d
Thay vào (2), ta được:
1
d  v0 .t  .a.t 2
2

(v0  0)

2.m.d2
2.9,1.1031.52.104
t

 3.109 (s)
19
q .U
1,6.10 .3000

2, Xác định vận tốc của điện tử ngay khi chạm bản dương.
Thay giá trị của t vào phương trình (1), ta được:
v  v0  a.t 

q .U
m.d

.t 

1,6.1019.3000
.3.109  3,15.107 (m / s)
9,1.1031.5.102

Cách 2:
- Gọi v là vận tốc của điện tử khi chạm bản dương.
- Công của lực điện thực hiện khi điện tử dịch chuyển từ bản âm tới bản dương là:
A  qU
. ad
- Theo định lý động năng, ta có:
Wd  Anl


1
1
m.v2  m.v02  A  qU
. ad
2
2

( Bỏ qua tác dụng của trọng lực vì khối lượng của nó rất nhỏ)
2.q.U
2.(1,6.1019 ).(3000)
 v

 3,15.107 (m / s)
31
m
9,1.10

( Uad = -3000V, vì là hiệu điện thế giữa bản âm và bản dương)
- Gia tốc của điện tử là:
a

. ad
v2  v02 qU

2.a.d
m.d

Thời gian điện tử chuyển động từ bản âm đến bản dương là:
1,6.1019.3000
v  v0  a.t 
.3.109  3,15.107 (m / s)
31
2
9,1.10 .5.10

Bài 3: Một tụ điện phẳng có hai bản cách nhau d = 5cm, chiều dài mỗi
bản là l = 10cm. Hiệu điện thế giữa hai bản tụ là U = 5000V. Một điện
tử bay vào tụ điện với động năng ban đầu Wd 0  104 eV theo phương song
song với các bản tụ như hình vẽ.
1, Viết phương trình quỹ đạo của điện tử, từ đó xác định độ lệch giữa
điểm vào và điểm ra của điện tử theo phương đường sức điện.
2, Xác định động năng của điện tử nhay khi bay ra khỏi tụ điện.
Bỏ qua tác dụng của trọng lực.
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

M

-

-

600
+

N
+

l  10(cm)

+

Page 6


Bài giải:

1, - Áp dụng định luật II Niutơn cho điện tử, ta được:

v0

O

F  ma
.

-

-

-

E

M

F

- Chiếu phương trình lên hệ trục Oxy, ta được:

+

ax  0



F e .E e .U

ay  
m
m
m.d


y

x

N
+

l  10(cm)

+

- Phương trình chuyển động của điện tử:
 x  v0 .t


1
1 e .U 2
2
.t
 y  .ay .t  .
2
2 m.d


(1)
(2)

- Từ (1), (2), ta được phương trình quỹ đạo của điện tử:
y

e .U
2
0

2.m.d.v

.x 2

(3)

- Vận tốc ban đầu cuả điện tử được xác định bởi:
2.Wd 0
1
Wd 0  .mv
. 02  v02 
2
m

(4)

- Thay (4) vào (3), ta được:
y

e .U
4.Wd 0 .d

.x 2 

5000
 2,5.x2
4.104.5.102

(5)

- Phương trình (5) chính là phương trình quỹ đạo của điện tử, nó cho ta thấy quỹ đạo của điện tử là
một nhánh Parabol có đỉnh ở gốc tọa độ.
- Khi điện tử bay ra khỏi tụ điện, ta có:
x  l  0,1m
- Thay vào (5), ta được độ lệch của điện tử :
y  MN  2,5.(0,1)2  0,025(m)

2, Động năng của điện tử khi bay ra khỏi tụ điện tại điểm N.

Cách 1:
- Phương trình vận tốc của điện tử:
 vx  v0 .t

vy  ay .t

- Khi điện tử bay ra khỏi tụ điện, ta có x  l  0,1m
- Từ (1), ta được:
t

e .U l
x
l

 vy 
v0 v0
m.d v0

- Vậy vận tốc của điện tử tại N ngay khi ra khỏi tụ là:
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 7


 e .U l 
v v v  v 

 m.d v0 
2
x

2
y

2

2
0

- Vậy động năng của điện tử ngay khi ra khỏi tụ điện là:
2
1
1  2  e .U l  
2
-15
Wd  .m.v  .m.  v0  
  =2.10 (J)
2
2 
m
.

d
v
0  




Cách 2:
- Áp dụng định lý động năng, ta có:
Wd  Wd 0  A
 Wd  Wd 0  A  Wd 0  eU
. MN
U
.MN
d
 2.1015 ( J)

 Wd 0  e .

2.2 Cơ sở Vật lý:

Bài 4: Một êlêctrôn có vận tốc ban đầu v0 bay vào khoảng không gian giữa
hai tấm kim loại phẳng, rộng vô hạn tích điện trái dấu qua một lỗ nhỏ O ở tấm tích điện dương. Vận tốc v0 hợp với tấm kim loại một góc  như hình
vẽ. Khoảng cách giữa hai tấm là d, và hiệu điện thế giữa hai tấm kim loại là
v0
U. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.
+
+
+
+

1, Xác định phương trình quỹ đạo của êlêctrôn.
2, Xác định khoảng cách gần nhất từ êlêctrôn đến tấm tích điện âm trong quá trình chuyển động của
êlêctrôn. Coi tấm kim loại đủ dài để êlêctrôn chạm tấm tích điện âm ở trong khoảng không gian giữa
hai tấm kim loại như hình vẽ.
Bài giải:
Điện trường trong khoảng không gian giữa hai tấm kim loại là điện trường đều có cường độ điện
trường E 

U
d

- Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.
- Trong quá trình điện tích chuyển động thì khoảng cách từ điện tích
đến tấm tích điện âm được xác định theo biểu thức: h  d  y
Vậy để h nhỏ nhất thì y phải lớn nhất.
- Để xác định ymax ta đi viết phương trình quỹ đạo của điện tích.
- Áp dụng định luật II Niutơn cho điện tử, ta được:
F  m.a
- Chiếu phương trình lên hệ trục Oxy, ta được:

-

y

-

-

-

E

v0
 F
+
+
O

x
+

+

ax  0



 F  e .E  e .U


ay 
m
m
m.d


- Phương trình chuyển động của điện tử:
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 8

x  (v0 .cos ).t
(1)



1
1 e .U 2
2
.t
 y  (v0 .sin ).t  .ay .t  (v0 .sin  ).t  .
2
2 m.d


(2)

- Từ (1), (2), ta được phương trình quỹ đạo của điện tử:
y  (tan ).x 

e .U
2.m.d.v cos 
2
0

2

.x 2

(3)

2, Phương trình vận tốc của điện tử:
vx  (v0 .cos ).t


e .U

.t
vy  v0 .sin  ay .t  v0 .sin 
m.d


- Khi điện tử đạt độ cao lớn nhất ymax thì thành phần vận tốc theo phương Oy bằng không, ta được:
vy  0  v0 .sin 

e .U

m.d
m.d.v0 .sin
t
e .U

.t  0

- Thay vào (3), ta được:
ymax

v02 .(sin2  ).m.d


2. e .U

- Vậy khoảng cách gần nhất từ êlêctrôn đến tấm tích điện âm là:
v02 .(sin2  ).m.d
hmin  d  ymax  d 

2. e .U

- Nếu hmin  0 thì êlêctrôn chạm tấm tích điện âm.
Chú ý:
Có thể xác định ymax từ phương trình quỹ đạo.
Tọa độ điểm có ymax là đỉnh của Parabol, ta có:
 v02 .(sin2  ).m.d
ymax 

4.a



2. e .U

Bài 5: Một quả cầu nhỏ khối lượng m = 0,01g, tích điện q = - 10-7C được xâu vào
một thanh AB không dẫn điện đặt cố định trong điện trường đều có cường độ điện
trường 1000V/m như hình vẽ. Quả cầu có vận tốc đầu tại A là 10m/s, chuyển động
dọc theo thanh AB và dừng lại ở B.
1, Xác định độ dài đoạn AB.
2, Xác định thời gian quả cầu chuyển động từ A đến B. Bỏ qua mọi ma sát và tác
dụng của
trọng lực.
Bài giải:

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

B

E
m, q
A

  600

Page 9


- Áp dụng Định luật II Niutơn cho vật, ta có:

B

F  m.a

F

- Chiếu phương trình lên chiều dương
( chiều từ A đến B):

A

 F .cos 600  m.a

E

  600

 F  E.q 1000.107
 a


 5(m / s 2 )
3
2.m 2.m 2.0, 01.10

1, Độ dài đoạn AB là:
AB 

vB2  vA2 0  102

 10(m)
2.a
2.(5)

2, Thời gian quả cầu chuyển động từ A đến B là:
t

vB  vA 0  10

 2( s)
a
(5)

Bài 6: Cho hai quả cầu nhỏ giống nhau cùng có khối lượng m = 0,01g , và điện

tích tương ứng là q1 = -10-7C và q2 = 4.10-7C, được nối với nhau bằng một sợi
E
q
q
2
1
dây nhẹ không giãn, không dẫn điện dài 10cm, và được đặt trong điện trường
đều có cường độ điện trường E ( E = 106 (V/m)) như hình vẽ. Cả hai quả cầu
được xâu vào một thanh cứng không dẫn điện, hai quả cầu chỉ có thể chuyển động dọc theo thanh. Ban
đầu hai quả cầu được giữ cố định, sau đó thả nhẹ cho chúng chuyển động. Coi rằng dây luôn “căng”
trong quá trình hai quả cầu chuyển động. Bỏ qua mọi ma sát và tác dụng của trọng lực. Hãy xác định
gia tốc của mỗi quả cầu và lực căng của sợi dây. Hệ đặt trong chân không.
Bài giải:
- Lực điện tác dụng lên điện tích q1, q2 như hình vẽ:
- Vì dây luôn căng trong quá trình hai quả cầu chuyển động,
dây không dãn, nên gia tốc của hai quả cầu là như nhau.
- Áp dụng định luật II Niutơn cho từng quả cầu, ta có:
+ Với quả cầu mang điện tích q1:
F1  F21  T '  m.a
+ Với quả cầu mang điện tích q2:
F2  F12  T  m.a

F1

F21
q1 T '

F12
T

F2
q

E

2

- Chiếu các phương tình lên chiều dương trùng với chiều của E , ta có:
T ' F21  F1  m.a

 F2  T  F12  m.a

Do dây nhẹ không dãn, ta có T = T’.
Lại có
F12  F21 

k . q1.q2
l2

- Giải hệ, ta được:
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 10


F  F1

a 2



2.m

T  m F2  F1  F  F  F1  F2  F
1
21
21

2.m
2


Với
F2  E. q2  106.4.107  0, 4( N )
F1  E. q1  106.10 7  0,1( N )
F21 

9.109.4.10 14
 0, 036( N )
0,12

Ta được:
a  15.103 (m / s 2 )

T  T '  0, 214( N )
Bài 7: Một quả cầu nhỏ khối lượng 0,001g tích điện q  10C chuyển động

từ điểm M đến điểm N trong điện trường đều giữa hai tấm kim loại tích
điện trái dấu, cách nhau 40cm. Vận tốc của quả cầu tại M là 10m/s. Xác
định vận tốc của quả cầu tại N, biết hiệu điện thế giữa hai tấm kim loại là
40V, chiều dài của tấm kim loại là l  30 3(cm) . Bỏ qua tác dụng của trọng

lực.

+

+

;

M

+

vM
600

N

-

-

-

l  30 3(cm)

Bài giải:
- Áp dụng định lý động năng khi điện tích chuyển động từ điểm M đến điểm N, ta có:
Wd( N )  Wd( M )  A
1
1

 .m.vN2  .m.vM2  qU
. MN
2
2
 q.( E.MN .cos600 )
U
l
 q.E.MH  q. .
d tan600
2
U
l
 vN2  vM2  .(q. .
)
m
d tan600
 vN  vM2 

+

+
M

H

+

vM
600
-

N
-

-

l  30 3(cm)

2
U
l
.(q. .
)  10 7 (m / s)
m
d tan600

Bài 8: Hai quả cầu nhỏ có điện tích và khối lượng lần lượt là q1, m1 ,q2, m2 . Ban đầu chúng có vận tốc
giống nahu về độ lớn và hướng. Chúng bắt đầu chuyển động vào trong một điện trường đều, sau một
khoảng thời gian người ta thấy hướng chuyển động của quả cầu 1 quay đi một góc 600 và độ lớn vận
tốc giảm đi hai lần, còn hướng chuyển động của quả cầu 2 thì quay đi 900.
1, Vận tốc của quả cầu 2 thay đổi như thế nào?
2, Xác định các tỷ số K2 

q2
q
theo K1  1
m2
m1

Bài giải:

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 11


1, Gọi V0` là vận tốc ban đầu của quả cầu 1 và 2.





Theo đề ra V1 là vận tốc của quả cầu 1 khi V1, V2  600





V2 là vận tốc của quả cầu 2 khi V2 , V2  900

Với V1 

V0
2

- Xét quả cầu 1:
+ Gia tốc theo phương Ox là:
V0
0
q1.Ex  2 cos60  V0

a1x 

m1
t

(1)

+ Gia tốc theo phương Oy là:
a1y 

q1.Ey
m1

V0
sin600
 2
t

(2)

- Xét quả cầu 2:
+ Gia tốc theo phương Ox là:
a2 x 

q2 .Ex ( V0 )

m2
t

(3)

+ Gia tốc theo phương Oy là:
a2 y 

q2 .Ey
m2



V2  0
t

(4)

- Lấy (1) chia (2) và (3) chia (4) ta được:
V0
0
Ex V0  2 cos60
V

 0
V0
Ey
V2
sin600
2
V
Suy ra V2  0 .
3

Vậy vận tốc quả cầu 2 giảm

3 lần.

2, Lấy (1) chia (3), ta có
V0
0
K1 V0  2 cos60
3


K2
V0
4
3
Vậy K 2  K1
4

Bài 9: Các hạt khối lượng m, mang điện tích q bay vào tụ điện
phẳng dưới góc  so với mặt bản và ra khỏi dưới góc . Tính 
động năng ban đầu của hạt, biết điện trường cường độ E, chiều
dài bản tụ là l . Bỏ qua hiệu ứng bờ của tụ điện.

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

m, q

Page 12

Bài giải:
Gọi v1 là vận tốc lúc hạt vào, thì động năng ban đầu của nó bằng
K1 

1
mv12
2

(1)

Gọi v2 là vận tốc lúc hạt ra khỏi tụ điện, thì :
+ Thành phần vận tốc vuông góc với đường sức có độ lớn không thay đổi :
v2 cos  v1 cos

(2)

+ Thành phần vận tốc song song với đường sức thay đổi với gia tốc
a

Eq
m

và bằng

v2 sin   v1 sin   at  v1 sin  

Eq
t
m

(3)

Trong đó:
t

1
v1 co s

(4)

Thay v2 theo (2) và t theo (4) vào (3) được :
v1 cos tg   v1 sin  

qE
1
.
m v1 cos

Suy ra:
cos2 tg    sin  cos 

qEl
mv12

Do đó
K 

1
qEl
mv12 

2
2
cos  tg   tg  

Bài 10:Một hạt bụi nằm trong một tụ điện phẳng chưa tích điện, có các bản nằm ngang và cách nhau
một khoảng d = 1cm. Do lực cản của không khí, hạt bụi rơi đều và hết 10s để đi từ bản trên xuống tới
bản dưới. Người ta nối hai bản tụ điện với một hiệu điện thế U = 980V, thì sau đó một khoảng t2 = 5s
hạt bụi đạt tới bản trên. Hãy xác định thương số q/m của hạt bụi. Xem rằng lực cản của không khí tỉ lệ
thuận với vận tốc .
Bài giải:
Khi hạt bụi rơi đều xuống lực cản của không khí cân bằng với trọng lực đồng thời tỉ lệ thuận với
vận tốc rơi đều
F01  mg  kv1  k
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

d
t1

(1)

Page 13


Khi chuyển động lên lực cản cộng với trọng lực phải cân bằng với lực tĩnh điện khi hạt bụi đã
chuyển động đều.
Eq  F02  mg

(2)

Giả thiết rằng gần như ngay sau khi có điện trường, hạt bụi đã đạt vận tốc không đổi v2, nghĩa là

electron cũng chuyển động đều trên suốt quãng đường đi từ bản dưới lên bản trên.
v2 

d
 2v1  2mm / s
t2

do đó

F02  kv 2  2 F01  2mg

Vậy
Eq  F02  mg  3mg

Suy ra
q 3 g 3 gd


 3.10 1 C / kg
m
E
U

* Cơ sở của giả thiết : Bây giờ ta làm một phép đánh giá để chứng tỏ rằng giả thiết về sự chuyển động
đều của hạt bụi trên toàn bộ đoạn đường đi lên là phù hợp với điều kiện của đề bài. Thực vậy, lúc đầu
v2 còn rất nhỏ, lực cản nhỏ, lực gây ra gia tốc đầu tiên chỉ là hợp lực của lực tĩnh điện và trọng lực:
f R  Eq.mg  2mg . Cho đến khi hạt bụi chuyển động đều thì hợp lực gây ra gia tốc bằng không :
f R  0 . Vậy trong khoảng thời gian tăng tốc có thể xem giá trị trung bình của hợp lực bằng f R  mg .

Suy ra gia tốc trung bình bằng a  g . Với gia tốc này, để đạt được v2  2mm / s chỉ cần khoảng thời

gian  t rất nhỏ :
t 

v2
v2
2.10 3


 2.10 2 s
g
9,8
a2

Vậy giả thiết trên hoàn toàn chấp nhận được.
Bài 11:Một electron đang bay với vận tốc v1 thì chuyển từ miền điện trường có
điện thế 1 sang miền có điện thế 2 . Hỏi nó sẽ chuyển động dưới góc  bằng
bao nhiêu so với mặt phân cách, nếu nó tới mặt đó dưới góc 
Bài giải:

v1

(1)


(2)

Các miền có các điện thế 1 và 2 là các miền đẳng thế. Chuyển động của
hạt tích điện trong các miền đó là đều. Kí hiệu vận tốc chuyển động trong miền
sau là v2, và áp dụng định luật bảo toàn năng lượng

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 14


1
mv12  e
2

1



1
m 2 v22  e
2

suy ra

2





1
m v22  v12  e 1  
2

2



(1)

trong đó
v12  v12 cos2  v12 sin 2 

và

v22  v22 cos2   v22 sin 2 

(2)

Để tìm mối liên hệ giữa các góc bay, ta chú ý thêm rằng hình mẫu thực tế của hai miền đẳng thế phân
cách nhau bằng một mặt phẳng có thể thực hiện được bằng một cặp lưới kim loại phẳng song song nằm
rất sát nhau, tích điện bằng nhau và trái dấu. Khi ấy điện trường ở khoảng không gian ngoài hai lưới
bằng không, ở giữa hai lưới là đều, có đường sức vuông góc với mặt các lưới. Nhờ thế khi bay qua “tụ
điện phẳng” này thành phần vuông góc của vận tốc bị thay đổi, còn thành phần tiếp tuyến của vận tốc
(dọc theo mặt đẳng thế) không thay đổi :
v2 co s 

 v1 cos

(3)

Thay (2) vào (1) và chú ý đến điều kiện (3) ta được
e( 1   2 ) 



1
m v22 sin 2   v12 sin 2 
2



Sử dụng hệ thức (3) một lần nữa ta được
e 1  

2

  1 mv12 cos2 tg 2 
2

 sin 2 



Suy ra
tg   tg 

2 e 1  2 
1
mv12 sin 2 

Bài 12:. Một chùm electron được phun ratừ một sợi dây đốt nóng
K và được gia tốc nhờ một điện áp V cho đến khi chui lọt qua một
lỗ nhỏ trên một màn chắn nối đất. Hiệu điện áp gia tốc V phải bằng

K
V

R2
R1

bao nhiêu để sau khi được gia tốc các electron đi theo đường tròn
các đều hai bản của một tụ điện trụ. Bán kính các bản tụ điện trụ là
R1 và R2 , hiệu điện thế giữa chúng là V0.
Bài giải:
Gọi v là vận tốc sau khi gia tốc thì :
eV 

1
mv 2
2

(1)
Để các electron chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính r, lực điện trường phải đóng vai trò lực hướng
tâm
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 15


mv 2
2mv 2
eE 

r

R1  R2

(2)

trong đó E là cường độ điện trường tại nơi có bán kính r 
eE 

R1  R2
. Thay mv2 theo (1) được
2

4 eV
R1  R2

(3)

Mặt khác, cường độ điện trường E trong tụ điện trụ và hiệu điện thế V0 giữa hai bản tụ điện liên hệ với
mật độ điện tích dài q0 trên ống trụ trong theo các hệ thức:
E

q0
20 r



q0
  0 R1  R2 

V0 

và

q0
2 

ln
0

R2
R1

nên
E

2V0

R1  R2 ln

R2
R1

(4)

Thay vào (3) ta được
V 

V0
R
2 ln 2
R1



Bài 13: Hai viên bi với điện tích q1 và q2 có các vận tốc ban v đầu giống
nhau về độ lớn và hướng. Sau khi tạo ra một điện trường đều trong một
khoảng thời gian nào đó, thì hướng của viên bi thứ nhất quay đi một góc
600, nhưng độ lớn giảm đi 2 lần, hướng vận tốc của viên bi thứ hai quay đi
900.
Hỏi vận tốc viên bi thứ hai thay đổi bao nhiêu lần ? Hãy xác định giá
trị tuyệt đối của thương số giữa điện tích và khối lượng đối với viên bi thứ hai, nếu thương số đó là k 1
đối với viên bi thứ nhất. Bỏ qua lực tương tác tĩnh điện giữa hai viên bi.
Bài giải:
Cỏch 1:
a. Gọi là vận tốc đầu của mỗi quả cầu. là vận tốc đầu
của quả cầu 1 khi quay gúc
. là vận tốc của quả cầu
2 khi quay 9 .
- Theo đề bài cho
.
-

Gia tốc của mỗi quả cầu là không đổi trong quỏ trỡnh
chuyển động.

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 16


-

Chọn hệ trục Oxy như hỡnh (với Oy
Xột quả cầu 1:

-

=

b. Lập tỉ số:

.

⇒

.

Cỏch 2:
Do điện trường là đều, nên lực tác dụng lên mỗi điện tích có độ lớn và hướng không đổi trong suốt thời
gian tồn tại điện trường. Trong khoảng thời gian đó các viên bi nhận được các xung lượng của lực




tương ứng bằng F1 t và F2 t . áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho mỗi viên bi




F1 t  E q1 t  m1v1  m1v





F2 t  E q 2 t  m 2 v 2  m 2 v


(1)
(2)



đồng thời E q2 t // E q1t , nghĩa là các xung lượng đó hợp với hướng của động lượng ban đầu các góc

m1v


m1v1

600


m2 v

E q1 t




m 2 v2


E q2 t

như nhau bằng  , suy ra
m 2 v2  m 2 vtg 30 0 

v2
1

v
3

* Từ (1) và (2) suy ra
Eq1t  m1v sin 60 0  m1v

Eq 2 t 

3
2

m2v
m v2
 2
0
cos30
3

(3)

(4)

hay là
2

q1 m1  3 

 

q2 m 2  2 

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

q2/m2 = q1/m1 . 4/3 = 4k1/3
Page 17


Bài 14: Cho một tụ điện cầu không khí, bán kính hai bản là R1 = 1cm, và R2=3cm, hiệu điện thế giữa
hai bản U0=450V, bản trong điện tích dương.
a.Tính cường độ điện trường tại điểm cách tâm O của hai bản là 1,5cm.
b.Một electron chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không dọc theo đường sức điện trường từ vị trí
cách tâm O một khoảng r1= 2,5m. Tìm vận tốc của electron khi nó cách O một khoảng r2= 1,5cm.
Bµi gi¶i:
a. Kí hiệu q là điện tích tụ điện. Cường độ diện trường tại điểm M trong khoảng giữa hai bản chỉ
do bản trong gây ra: E= , với r= OM.
Biết điện dung tụ diện: C=

.(

Và áp dụng công thức Q = C

suy ra: Q =

Và từ đó E=
b. Công của lực điện trường chuyển thành động năng của electron: A=
Ta có: dA= edV =- eEdr= ⇒A

dr

⇒v=

dr =
= 79,6.

2.2.3.CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT ĐIỆN TRONG TỪ TRƯỜNG ĐỀU
Xét chuyển động của hạt điện có điện tích q, khối lượng m trong từ trường đều có vectơ cảm ứng từ
Lực từ trường tác dụng lên hạt điện chuyển động với vận tốc


.
B


bằng
v

 

dV
=m
=q[ ^ ]

F
v B
dt






vuông góc với
và
, tức là vuông góc với mặt phẳng chứa vectơ
và vectơ
, do đó
F
B
B
F
v
v

không làm thay đổi độ lớn với vận tốc


của hạt điện mà chỉ làm thay đổi hướng chuyển động.
v

1. Vận tốc ban đầu của hạt điện vuông góc với từ trường
Lực từ tác dụng lên hạt điện
Vì


F



vuông góc với
và có độ lớn F = qvB = const
F
v



và v =const nên lực từ
là lực hướng tâm đối với chuyển động của hạt điện: F = Fht =
F
v

mV 2
= qvB
R

Bán kính quỹ đạo của hạt điện: R=
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

mv
qB
Page 18

Chu kì chuyển động của hạt điện: T =

2R
= const
v

Chuyển động của hạt điện là chuyển động tròn đều
1
qB

T 2m
2 qB


T
m
f 

Tần số quay f và vận tốc góc  của chuyển động này là

Có thể biểu diễn vận tốc v qua hiệu điện thế tăng tốc U0 ta có: v =
Do đó: R =

2q
m

2q
U
m 0

U0
B

Từ các kết quả trên ta thấy các đặc trưng của chuyển động của hạt điện phụ thuộc vào tỉ số

q
, tức là
m

phụ thuộc vào loại hạt điện cụ thể. Nếu các hạt khác (như êlectrôn, prôtôn,...) cùng được tăng tốc dưới
điện áp U0 và đi qua một từ trường B như nhau thì bán kính quỹ đạo, chu kì và tần số của chuyển động
tròn sẽ khác nhau. Vì vậy người ta có thể dễ dàng phân chia các loại hạt với điện tích riêng
nhau. Khi tỉ số

q
khác
m

U0
không đổi thì quỹ đạo của hạt điện cũng không đổi. Hạt điện chỉ chuyển động tròn
B

trong vùng từ trường đủ rộng và đủ lớn.
2. Vận tốc ban đầu của hạt điện hợp với từ trường một góc bất kỳ
Xét hạt điện có điện tích q, khối lượng m, chuyển động trong từ trường
cho


. Chọn trục tọa độ Oyz sao
B




= B , vận tốc
hợp với từ trường một góc  và nằm trong mặt phẳng Oyz.
v0
B
k






có hai thành phần:
song song với
và
vuông góc với .
v
v0
v0 z
B
B
oy


Thành phần v tạo lực Lorentz trong mặt phẳng Oxy gây nên chuyển động tròn như vừa xét ở trên.
oy
Thành phần


gây nên chuyển động thẳng đều theo phương Oz và vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo
v0 z

của chuyển động tròn.
Ta có:




= vocos  . +vosin  .
v0
j
k

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 19


Phương trình chuyển động của hạt điện: m

 
dv
=[ ^ ]
v B
dt

Viết dưới dạng các thành phần x, y, z trong hệ tọa độ Oxyz:

dvx
dy
=  vy =
dt
dt

dvy
dt

dx
dt

= -  vx = - 

dvz
=0
dt

Với  =

qB
m

Lấy tích phân các phương trình (1), (2), (3) ta được:
vx =  y
vy = -  x + vosin 
vz = vocos  = const  z= vocos  .t
xm +  2 x =  vosin  

x = Ccos(  t +  ) +

ym +  2 y = 0

y = Dcos(  t +  t )

v0 sin 



Dùng điều kiện đầu: t = 0 x = 0; x'= 0
y = 0; y' = vosin 
Ta được:
x=
y=

v 0 sin 



v 0 sin 



(1-cos  t)



cos  t 




2

Thế vx và vy và (1) và (2) ta có:
Vậy trong mặt phẳng Oxy hạt điện chuyển động với quỹ đạo là đường tròn tâm Xc = R và Yc = 0, bán
kính R =

v 0 sin 



: Y2 + (X - R)2 = R2; theo phương Oz hạt điện chuyển động thẳng đều. Kết quả là quỹ

đạo chuyển động tổng hợp của hạt điện có dạng một đường xoắn ốc dọc theo đường sức từ trường.

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 20


Khoảng cách ngắn nhất của điểm đầu và điểm cuối trong chuyển động của hạt điện trong một chu kì T
gọi là bước xoắn  .
Bước xoắn  = v0, T =

2m
q
v0cos  = const, phụ thuộc B, và  .
qB
m

2.2.4. CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT ĐIỆN TỪ TRƯỜNG ĐỀU
Khi có tác dụng đồng thời của cả điện trường và từ trường hạt điện sẽ chuyển động theo những quỹ đạo
khác nhau tùy thuộc vào sự phân bố giữa điện trường và từ trường.
1. Điện trường song song với từ trường
Xét chuyển động của hạt điện có khối lượng m, điện tích q, vận tốc
trường



và từ trường
có cùng hướng theo trục Oz. Tại thời điểm t = 0 điện tích ở vị trí gốc tọa độ
E
B

O và có vận tốc


hợp với trục Oz một góc  .
v0




= vocos  . + vosin  .
v0
j
k

Ta có:


trong không gian có điện
v0

Phương trình chuyển động của hạt điện: m

 

dv
= q + q[ ^ ]
E
v B
dt

Viết dưới dạng các thành phần x, y, z trong hệ tọa độ Oxyz:
dvx
=
dt

dv y
dt

 vy = 

dy
dt

= -  vx = - 

dx
dt

dvz
qE
=
dt
m

Với



=

(1)
(2)
(3)

qB
m

Lấy tích phân các phương trình (1), (2) và (3) ta được:
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 21


Vx =  y
Vy = -  x + Vosin 

Vz = vocos  +

qE
qE 2
.t  z = vocos  .t +
.t
2m
m

Thế Vx và Vy vào (1) và (2) ta có:
x'' +

 2x =  Vosin  

y'' +

 2x = 0

x = Ccos(  t +  ) +

v0 sin 



y = Dcos(  t +  ')

Dùng điều kiện đầu: t = 0



x = 0; x'= 0
y = 0; y' = vosin 

Ta được:
x=
y=

v 0 sin 



v 0 sin 



Điện trường

(1-cos  t)



cos  t 



2



gia tốc cho hạt điện dọc theo trục Oz. Từ trường

làm cho hạt mang điện chuyển
E
B

động theo đường xoắn ốc theo một trục tròn có bán kính

R=

mvoy
qB

, với chu kỳ T =

2m
. Vậy
qB

trong mặt phẳng Oxy hạt điện chuyển động với quỹ đạo là đường tròn tâm Xc = R và Yc = 0, bán kính
R=

v 0 sin 



: Y2 +  X  R 2 = R2 ; theo phương trình Oz hạt điện chuyển động thẳng nhanh dần đều.

Kết quả là quỹ đạo chuyển động tổng hợp của hạt điện có dạng một đường xoắn ốc có bước xoắn tăng
dần, dọc theo đường sức từ trường.
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 22


2. Điện trường vuông góc với sức từ trường
Xét chuyển động của hạt điện khối lượng m, điện tích q, tại thời điểm t = 0 có vận tốc


= 0 tại gốc
v0



có hướng Ox, từ trường
có hướng Oz.
E
B

Hạt điện chuyển động với vận tốc vx trong từ trường
, từ trường tác dụng lực Lorentz lên hạt điện
B

chuyển động tròn trong mặt phẳng Oxy (mặt phẳng Oxy ┴
).
B

tọa độ O. Điện trường

Trên đoạn quỹ đạo OI chuyển động nhanh cong dần, do đó thành phần vận tốc vy của hạt điện tăng.
Trên đoạn quỹ đạo IK chuyển động của hạt ngược hướng điện trường, chuyển động cong chậm dần,
các thành phần vận tốc vx và vy đều giảm và bằng không tại K.

Quỹ đạo của hạt điện trong điện trường và từ trường vuông góc
Phương trình chuyển động của hạt điện trong điện từ trường:

 
 d

= (m ) = q + q[ ^ ]
F
E
v
v B
dt

Viết dưới dạng các thành phần x, y, z trong hệ tọa độ Oxyz:
dz 
d 2x
 dy
= qEx + q  Bz , By 
2
dt 
dt
 dt
2
dz 
d y
 dy
m 2 = qEy + q  Bx , Bz 
dt 
dt

 dt
2
dz 
d z
 dy
m 2 = qEz + q  By , Bx 
dt 
dt
 dt

m

Trong trường hợp này, ta có Bx = By = 0; Bz = B
Ey = Ez = 0; Ex = E
Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 23


2.2.5 BÀI TẬP ÁP DỤNG:
Bài 1 (Olympic 30/4-2011): Các electron sau khi gia tốc bởi một điện áp U (không đổi) có vận tốc
được bắn vào từ trường đều (từ một ống phóng T) theo phương thẳng đứng a. Ở một khoảng cách
nào đó với ống phóng người ta đặt một máy thu tại điểm M sao cho khoảng cách TM=d tạo với đường
thẳng a một góc . Tìm độ lớn cảm ứng từ của từ trường đều để các electron đi tới máy thu trong hai
trường hợp sau:
a.Từ trường đều có các đường sức từ vuông góc với mặt phẳng tạo bởi đường thẳng a và điểm M
b.Từ trường đều có đường sức song song với đường thẳng TM.
Bài giải:
a. Đường sức vuông góc với mp (a;M):
- Lực Lorentz đóng vai trò là lực hướng tâm.

- Quỹ đạo của electron là đường tròn có bán kính R:
R=
(1)
-

Để cho electron rơi vào bộ thu M, trên hình vẽ:
R=

(2)

-

Từ (1), (2):

-

Mặt khác,electron đạt vận tốc v khi nó được tang tốc bởi hiệu diện thế U, nên:

-

Từ (3), (4): B =

(3)

b. Đường sức song song với đường thẳng TM: hay (
-Phân tích

thành hai thành phần vuông góc với nhau :

Thành phần vuông góc với :

Thành phần song song với
Quỹ đạo của hạt là đường đinh ốc, nếu nhìn theo phương
của vecto

thì nó là đướng tròn có bán kính r:

Thời gian quay một vòng: T=
Còn
-

=
thẳng đều với vận tốc

phương của

Trong thời gian đó electron đã đi được một đoạn dài là h và gọi là bước ốc:
H=

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

(5)
Page 24


-

Mà: d= N.h, với N là số bước ốc. Suy ra: h=

-

Từ (5) và (6): B =

-

Mặt khác, electron đạt vận tốc v khi nó được tang tốc bởi hiệu điện thế U, nên:

-

Thay (8) vào (7). Ta được: B =

Đáp số: a. B =

b. B =

Bài 2: Một prôtôn đi vào một vùng không gian có bề rộng d=4.10-2m và có từ trường đều B1=0,2T. Sau
đó prôtôn đi tiếp vào vùng không gian cũng có bề rộng d nhưng từ trường B 2=2B1. Ban đầu, prôtôn có
vận tốc vuông góc với các véctơ cảm ứng từ và vuông góc với mặt biên của vùng không gian
Có từ trường (hình 2). Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Cho khối
lượng của prôtôn mp=1,67.10-27 kg, điện tích của của prôtôn
q=1,6.10-19C.
a.Hãy xác định giá trị của hiệu điện thế Uo để tăng tốc cho prôtôn
sao cho prôtôn đi qua được vùng đầu tiên.
b.Hãy xác định hiệu điện thế Uo sao cho prôtôn đi qua được vùng
thứ hai.
c.Hãy xác định hiệu điện thế U0 sao cho prôtôn sau khi đi qua
được vùng thứ hai thì có hướng véctơ vận tốc ban đầu một góc
600.
Bài giải:
a. Khi vuông góc với
đường tròn, bán kính

trong từ trường, proton có quỹ đạo là

Theo định luật bảo toàn năng lượng
Từ đó suy ra được
Để proton đi qua được vùng thứ nhất thì
Do đó

= 3,065 KV

Chuyên đề BDHSG VẬT LÝ

Page 25