chuyen dong cua hat trong tu truong deu
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (198.84 KB, 13 trang )
CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT TÍCH ĐIỆN TRONG TỪ TRƯỜNG ĐỀU
Từ trường là một trong những chương cơ bản của chương trình SGK vật lý lớp
11, trong đó đề cập đến những hiện tượng từ được ứng dụng nhiều trong thực tế, làm cơ
sở cho những ứng dụng rộng rãi của các hiện tượng đó trong thực tế. Ví dụ: trong sản
xuất đèn hình ti vi (ống phóng điện tử) nhờ hiện tượng lệch quỹ đạo của điện tích trong
điện trường và từ trường; trong máy gia tốc để giữ các hạt trên quỹ đạo cho trước, hay
trong buồng Wilson để quan sát vết tích các hạt điện…..
Trong chương Từ trường, bài toán dành khá nhiều sự quan tâm là bài toán toán về
chuyển động của hạt mang điện tích trong từ trường.Bài toán này xuất hiện khá nhiều
trong đề thi đại học cũng như học sinh giỏi. Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy học
sinh còn rất lúng túng khi xác định chiều lực Lorenxơ, mặt phẳng chuyển động của hạt,
nhiều em không phân tích rõ nổi hiện tượng xảy ra như thế nào, cũng như còn kém trong
việc áp dụng các phần kiến thức đã học để giải quyết bài toán. Việc nắm rõ kiến thức cơ
bản, biết phân tích cụ thể từng trường hợp, vận dụng sáng tạo và linh động các phần kiến
thức khác nhau là chìa khóa để các em giải quyết các bài toán phần này.
Ở chuyên đề này, tôi sẽ trình bày rõ cho các em phần kiến thức cơ bản, cũng như mở
rộng thành bài toán lí thuyết tổng quát, kèm theo bài tập vận dụng và bài tập đề nghị để
các em có thể luyện tập kĩ càng.
A.LÍ THUYẾT
I.CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT MANG ĐIỆN TÍCH TRONG TỪ TRƯỜNG
1.Định nghĩa lực Lorenxơ
Lực mà từ trường tác dụng lên một hạt mang điện chuyển động trong nó gọi là
lực Lorenxơ.
2.Đặc điểm của lực Lorenxơ
•
Điểm đặt: điện tích.
•
Phương: vuông góc với mặt phẳng B; v
•
Chiều: Tuân theo quy tắc bàn tay trái.
•
Độ lớn: F = q .B.v.sin ( B; v )
ur r
( )
ur r
1
Qui tắc bàn tay trái: Xoè bàn tay trái cho các đường cảm ứng hướng vào lòng bàn
tay, chiều từ cổ tay đến ngón tay là chiều chuyển động của hạt mang điện, chiều ngón cái
ur
choãi ra 90o là chiều của F đặt lên hạt mang điện dương (với hạt mang điện âm, lực có
chiều ngược lại).
B.CÁC BÀI TOÁN TỔNG QUÁT CHUYỂN ĐỘNG CỦA ĐIỆNTÍCH TRONG TỪ
TRƯỜNG ĐỀU
1.Trường hợp góc α=00.
Trường hợp góc α=0 0, thì độ lớn của lực Lorenxơ tác dụng lên hạt mạng
điện bằng 0, vậy hạt sẽ giữ nguyên tính chất chuyển động của mình như trước khi đi vào
vùng có từ trường.
2.Trường hợp góc α=900.
r
v
→
+Hạt chịu tác dụng của lực Lorent FL , lực này có độ lớn
→
không đổi FL = qvB và có hướng luôn vuông góc với v
FL
●
.
.
( hình vẽ).
B
→
+Gia tốc của hạt là a = FL =const
m
→
→
→
. Nhận xét: Do FL luôn vuông góc với v nên hạt luôn chuyển động
ur r
ur r
tròn đều trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( B; v ) , cụ thể hơn, nếu ( B; v )
là
ur r
( )
mặt phẳng ngang thì hạt chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng và nếu B; v là mặt
phẳng thẳng đứng thì hạt chuyển động trong mặt phẳng nằm ngang.
+ Do lực Lorenxơ đóng vai trò lực hướng tâm nên
mv 2
= qvB
R
Nghĩa là bán kính quỹ đạo tròn bằng : R =
Và chu kỳ quay của hạt là: T =
mv
qB
2πR 2πm
=
.
v
qB
2
Chú ý: chu kỳ quay của hạt không phụ thuộc vào vận tốc của hạt.
3.Trường hợp góc α khác 00, 900
Ta thấy trong trường hợp α tuỳ ý khác không
chuyển động của hạt sẽ là tổ hợp của hai trường
o
0
→
hợp riêng α1= 90 và α2= 0 .
→
→
→
Ta phân tích v thành 2 thành phần v1 ⊥ B và
→
→
→
→
α
v1
R
→
B
h
→
v 2 // B , v = v1 + v 2
v1=vsinα, v2=vcosα
Thành phần v1 vuông góc với vectơ B nên hạt sẽ chuyển động tròn trong mặt phẳng
r r
vuông góc với mặt phẳng ( B , v1 ) (ở trên hình vẽ là mặt phẳng thẳng đứng).
r
Thành phần v2 song song với B không chịu tác dụng của lực Lorenxơ nên theo
r
phương của B hạt chuyển động đều với vận tốc v2.
Tóm lại, hạt sẽ thực hiện một chuyển động quay với vận tốc v 1 theo một mặt trụ và
chuyển động thẳng đều với vận tốc v2 dọc theo đường sinh của mặt trụ đó.
Bán kính của mặt trụ được xác định bởi phương trình:
Do đó R =
mv12
= qv1B
R
mv1 mv sin α
=
qB
qB
Chu kì quay của hạt: T =
2πR
v1
=
2πm
qB
Nhận xét: Chu kì này không những không phụ thuộc vào độ lớn của vận tốc mà còn
không phụ thuộc cả hướng của nó, tức là không phụ thuộc góc α.
Quỹ đạo của hạt là một đường xoắn ốc, quấn quanh mặt trụ. Bước của đường xoắn ốc
này,là quãng đường hạt đi được dọc theo một đường sinh trong thời gian bằng một vòng
quay là: h = v 2T =
2πv cos α
.
qB
4.Điện tích chuyển động trong điện trường đều giới hạn bởi hai đường thẳng.
3
Một hạt mang điện tích đi vào một vùng từ trường đều có
hai mặt biên phẳng song song, bề dày d
Chuyển động của e xảy ra như thế nào?
→
→
Khi hạt chuyển động vào vùng từ trường đều với vận tốc v vuông góc với B thì hạt
→
→
chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( B , v ),
→
v
quỹ đạo chuyển động của êlectrôn là đường tròn bán kính R được
●
xác định theo công thức:
R=
mv
eB
●
→
B
Ở đây có các trường hợp có thể xảy ra:
d
• Nếu R ≤ d, hạt e chuyển động theo quỹ đạo
tròn và sẽ chuyển động theo quỹ đạo một nửa đường tròn và đi ra theo hướng
vuông góc với mặt phẳng P.
+ Thời gian hạt chuyển động trong từ trường sẽ là t=T/2.
• Nếu R f d, hạt e sẽ vượt qua vùng có từ trường, đi ra từ phía mặt
phẳng Q.
+Khi bay ra khỏi từ trường
P
Q
r
v
góc mà hạt tạo với phương
thẳng đứng là α, trong đó :
α
cos α=d/R
R : Bán kính quỹ đạo của chuyển
động tròn.
A
B
α
0
P
d
π
( − α )T
+Thời gian hạt chuyển động trong từ trường:t= 2
(s)
2π
4
r
v
Chú ý: Bài toán trên có thể mở rộng ra trong trường hợp vectơ vận tốc của hạt không
vuông góc với mặt phẳng P hoặc có hơn một miền từ trường. Bài toán với điện tích
dương làm hoàn toàn tương tự.
C. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: Một proton m = 1,67.10-27kg;q =1,6.10-19 C bay vào từ trường đêu B = 0,4T
theo phương vuông góc với vectơ cảm ứng từ, với vận tốc v = 2.10 6 m/s.Tìm :
a. Bán kính quỹ đạo.
b.Cường độ điện trường đều có phương vuông góc với mp ( v , B ) để proton
vẫn đi thẳng.
Bài giải
a.Khi chuyển động vào từ trường, proton chuyển động theo quỹ đạo tròn với bán kính R.
+ Do lực Lorenxơ đóng vai trò lực hướng tâm nên
q
mv 2
= qvB
R
Nghĩa là bán kính quỹ đạo tròn bằng : R =
mv 1, 67.10−27.2.106
= 5, 2(cm)
=
qB
1, 6.10−19.0, 4
b.Theo quy tắc bàn tay trái, lực Lorenxơ tác dụng
r
B
lên hạt có hướng từ trái sang phải. Muốn hạt vẫn
đi thẳng thì tổng hợp lực tác dụng lên hạt bằng 0
Vậy lực do điện trường tác dụng lên hạt phải
Hướng từ phải sang trái, và có độ lớn:
r
v
r
E
Ftừ=Fđiện
qvB=E suy ra E =vB=2.106.0,4=8.105(V/m)
+
r
fL
Bài 2: (Đề thi HSG Vật lý 11 Quảng Bình 2011-2012)
5
Tại thời điểm t = 0 có hai hạt nhỏ giống nhau, cùng điện tích q và khối lượng m,
chuyển động đồng thời từ một điểm theo phương vuông góc với vectơ cảm ứng từ B của
một từ trường đều, tại đó vận tốc hai hạt cùng chiều và có độ lớn lần lượt là v 1 = v0, v2 =
3v0. Bỏ qua lực cản của môi trường, trọng lượng các hạt và lực tĩnh điện giữa hai hạt.
a) So sánh bán kính quỹ đạo, chu kì chuyển động của hai hạt.
b) Xác định thời điểm khoảng cách giữa hai hạt đạt cực đại và tính khoảng cách
cực đại đó.
N
Bài giải
M
Do vec tơ vận tốc vuông góc với vectơ cảm ứng từ nên
Quỹ đạo của hai hạt là hai đường tròn. Hai đường tròn
A
O1
O2
tiếp xúc nhau tại điểm ban đầu A của các hạt, có tâm
lần lượt O1, O2, với A, O1, O2 thẳng hàng (hình vẽ)
Gọi M, N là vị trí của các hạt trên quỹ đạo của chúng thì
A, M, N thẳng hàng. Thật vậy:
Do T1 = T2 nên w1=w2, suy ra ∠AO1M = ∠AO2N
Do A, O1, O2 thẳng hàng suy ra A, M, N cũng thẳng hàng.
Khoảng cách MN đạt cực đại khi các điểm A, O1, O2, M, N thẳng hàng, lúc đó hai
hạt đã chuyển động được thời gian t = , trong đó T là chu kì chuyển động của các hạt, k =
0, 1, 2, …
Hay t =
Lúc đó MN = 2(R2 – R1) =
Bài 3:
Một êlectrôn chuyển động trong một từ trường đều có cảm ứng từ B= 5.10 -3T, theo
hướng hợp với đường cảm ứng từ một góc α = 30 o. Năng lượng của êlectrôn bằng W
=1,64.10-16J. Trong trường hợp này quỹ đạo của êlectrôn là một đường đinh ốc. hãy tìm:
vận tốc của êlectrôn; bán kính của vòng đinh ốc và chu kì quay của êlectrôn trên quỹ đạo,
và bước của đường đinh ốc.
Bài giải
6
Năng lượng của êlectrôn khi chuyển động trong từ trường tồn tại dưới dạng động
năng, vận tốc của êlectrôn được xác định từ phương trình: W =
⇒v=
2W
=
m
mv 2
2
2.1,64.10−16
= 1,9.107 ( m / s)
9,1.10 − 31
Bán kính của vòng đinh ốc là:
R=
mv sin α 9,1.10−31.1,9.107.sin 300
=
=1,08.10-2(m)
eB
1, 6.10−19.5.10−3
Chu kì quay của êlectrôn là:
T=
2πm
2π.9,1.10−31
=
= 7,1.10 − 9 (s)
eB 1,6.10−19.5.10− 3
Bước của đường đinh ốc là:
h=
2π mvcosα 2.3,14.9,1.10−31.1,9.107.cos300
=
= 0,18(m)
eB
1, 6.10−19.5.10−3
Bài 4:
Sau khi được tăng tốc bởi hiệu điện thế
U trong ống phát, êlectrôn được phóng ra theo
hướng Ox để rồi sau đó phải bắn trúng vào
điểm M ở cách O khoảng d. Hãy tìm dạng quỹ
O
x
α
đạo của êlectrôn và cường độ cảm ứng từ B
M
trong hai trường hợp sau:
a)
Từ trường có phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ.
b)
Từ trường có phương song song với OM.
(OM hợp với phương Ox góc α; điện tích êlectrôn là –e, khối lượng là m)
Bài giải:
a)
→
Trường hợp 1: B có phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ.
7
Vận tốc của êlectrôn khi ra khỏi ống phát xạ là: v =
2eU
m
Vận tốc của êlectrôn có phương
O
vuông góc với từ trường nên quỹ đạo
chuyển động của êlectrôn là đường tròn
R
bán kính R sao cho:
eBv =
α
B
M
mv 2
R
Với R sin α =
suy ra: B
b)
→
x
d
2
2 sin α
2 sin α 2eU
v=
d
d
m
→
Trường hợp 2: B có phương song song với OM.
Vận tốc của êlectrôn tại O được phân ra thành hai thành phần
- Thành phần trên OM có độ lớn
vcosα, thành phần này gây ra chuyển
O
động thẳng đều trên OM.
- Thành phần vuông góc với OM có
độ lớn vsinα, thành phần này gây ra
x
→
B
M
chuyển động tròn đều quay quanh truc
OM.
Phối hợp hai chuyển động thành phần, ta được một quỹ đạo hình xoắn ốc của
êlectron quanh OM.
Thời gian để êlectrôn tới được M là: t =
d
v cos α
Trong thời gian trên êlectrôn đã quay được một số vòng quanh OM với chu kì:
T=
2πm
eB
ta có: t = kT (k: số nguyên dương 1, 2, 3...)
8
d
2πm
2π cos α 2 Um
=k
⇒B=k
v cos α
eB
d
e
Bài 5:
Một electron bay vào một từ trường đều cảm ứng từ B = 10 -3T theo phương vuông góc
với đường sức từ trường với vận tốc v = 4.10 7m/s. Tìm gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp
tuyến của electron.
Bài giải
Do vec tơ vận tốc vuông góc với cảm ứng từ B lên lực Lorenxơ vuông góc với vận tốc
v và hướng vào tâm quỹ đạo, độ lớn lực:
F=evB=6,4.10-15(N)
Thành phần lực Lorenxơ đóng vai trò là lực hướng tâm nên:
aht=F/m=7,03.1015 (m/s2)
Theo phương tiếp tuyến chuyển động của hạt, không có lực tác dụng nên:
at = 0(m/s2)
Bài 6 : (Đề thi chọn học sinh giỏi 2009-2010, Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc
Đề thi môn Vật Lý số III-2009)
Một từ trường đều có cảm ứng từ B = 2.10−2 (T )
đặt vào khoảng không gian giữa 2 mặt phẳng P
và Q song song với nhau, cách nhau 1 đoạn
d=2(cm). Một electron có vận tốc ban đầu bằng
0 được tăng tốc bởi 1 điện áp U rồi sau đó được
đưa vào từ trường nói trên tại 1 điểm A trên mặt
phẳng P theo phương vuông góc với mặt phẳng
(P). Hãy xác định thời gian electron chuyển
động trong từ trường và phương chuyển động
của electron khi nó ra khỏi từ trường trong các
trường hợp sau đây?
a) U = 3,52(kV )
b) U = 18,88(kV )
−19
−31
Cho e = 1, 6.10 (C ); me = 9,1.10 ( Kg )
P
Q
A
e
v
B
d
Bài giải
→
v
a.Theo định lý động năng ta có
mv 2
2eU
= eU ⇒ v =
=3,52.107 (m/s)
2
m
●
●
→
B
d
9
→
→
Khi hạt chuyển động vào vùng từ trường đều với vận tốc v vuông góc với B thì hạt
→
→
chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( B , v ), quỹ đạo chuyển động của
êlectrôn là đường tròn bán kính R được xác định theo công thức:
R=
9,1.10−31.3,52.107
mv
=
= 0,01 (m)=1cm
eB
1, 6.10−19.2.10−2
Do R ≤ d, hạt electron chuyển động theo quỹ đạo tròn và sẽ đi chuyển động theo
quỹ đạo một nửa đường tròn và đi ra theo hướng vuông góc với mặt phẳng P.
Thời gian electron chuyển động trong vùng có từ trường là:
t=
T πm
=
=8,9.10-10 (s)
2 eB
b.Nếu U=18,88 kV, tương tự phần a ta tính được: v=8,15.107(m/s); R=2,31cm
• Nếu R f d, hạt e sẽ vượt qua vùng có từ trường, đi ra từ phía mặt phẳng Q.
+Khi bay ra khỏi từ trường
P
góc mà hạt tạo với phương
Q
r
v
thẳng đứng là α, trong đó :
cos α=d/R=0,865 suy ra α=30
A
B
α
+Thời gian hạt chuyển động trong từ trường:
π
( − α )T
t= 2
(s)= 2,97..10-10 (s)
2π
α
0
P
d
10
r
v
Bài 7: (Đề thi HSG Vật lý 11 Vĩnh Phúc 2009-2010)
a
Δ
Một điện tích q = 10−3 C , khối lượng m = 10−5 g chuyển động
với vận tốc ban đầu vo đi vào trong một vùng từ trường đều có
B = 0,1T được giới hạn giữa hai đường thẳng song song Δ và Δ’,
Δ’
B
q,m
α
cách nhau một khoảng a = 10cm và có phương vuông góc với mặt
r
v0
phẳng chứa Δ và Δ’, sao cho v 0 hợp góc α = 30o với Δ. Tìm giá trị
của vo để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ (hình vẽ), bỏ qua
tác dụng của trọng lực.
Bài giải
- Để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v ≤ vgh.
a
Δ
(Với vgh ứng với trường hợp quỹ đạo của điện tích tiếp
xúc với Δ’. )
mvgh
qB
- Thay số có: vgh =
→
B
q,m
a
- Từ hình vẽ ta có: a = R + Rcosα → R =
1 + cosα
- Mặt khác: R =
Δ’
α
mv
a
aqB
= gh → vgh =
.
1 + cosα
qB
m(1 + cosα )
r
v0
0,1.10−3.0,1
= 536(m / s )
10−8.(1 + cos30o )
- Vậy để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v ≤ 536 (m/s).
D.BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1: Một êlectron chuyển động trong một từ trường đều có cảm ứng từ B = 2.10 -3
T. Quỹ đạo của êlectron là một đường đinh ốc có bán kính R = 2cm và có bước xoắn h =
5cm. Tính vận tốc của êlectron.
ĐS: v=7,6.106(m/s)
11
Bài 2: Một vật nhỏ khối lượng m và điện tích +q được buông ra không vận tốc ban
đầu từ một bản của tụ điện phẳng, khoảng cách giữa 2 bản tụ là d. Người ta đặt hiệu điện
thế U giữa 2 bản tụ và một từ trường B có hướng như hình vẽ.
a/ Chứng tỏ rằng nếu U
phát là bao nhiêu
ĐS: a. R ≤ d ⇒ U
Bài 3:[Đề thi chọn HSG Vật lý 11 Bạc Liêu 2007-2008)
Một từ trường đều B=2.10-2 T tồn tại giữa hai mặt phẳng P và Q
cùng song song với các đường cảm ứng từ và cách nhau d=2cm.
Một electron có vận tốc ban đầu bằng 0 được tăng tốc bởi hiệu
điện thế U=3,52 kV rồi sau đó đưa vào từ trường tại một điểm A
trên mặt phẳng P theo phương vuông góc với P. Hãy xác định thời
gian electron chuyển động trong từ trường và phương chuyển động
của electron khi nó ra khỏi từ trường, bỏ qua trọng lượng của electron?
ĐS : t=8,9.10-7(s); theo phương vuông góc với mặt phẳng P.
Bài 4: (Học sinh giỏi lớp 11 trường chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi 2012-2013)
Một prôtôn đi vào một vùng không gian có bề rộng d = 4.10-2 m và có từ trường đều
B1 = 0,2 T. Sau đó prôtôn đi tiếp vào vùng không gian cũng có bề rộng d nhưng từ trường
B2 = 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 Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Cho khối
lượng của prôtôn mP = 1,67.10-27 kg, điện tích của prôtôn q = 1,6.10-19 C.
a. Hãy xác định giá trị của hiệu điện thế U0 để tăng tốc cho
prôtôn sao cho prôtôn đi qua được vùng đầu tiên.
b. Hãy xác định hiệu điện thế U0 sao cho prôtôn đi qua
được vùng thứ hai.
12
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
hợp với hướng của véctơ vận tốc ban đầu một góc 600.
ĐS: a.3065V
c.36,78kV
Bùi Thị Thắm - THPT Nguyễn Viết Xuân
13
