skkn BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG CỦA CÁC HẠT MANG ĐIỆN TRONG ĐIỆN TRƯỜNG VÀ TỪ TRƯỜNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TÊN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG CỦA CÁC HẠT MANG ĐIỆN
TRONG ĐIỆN TRƯỜNG VÀ TỪ TRƯỜNG
MÔN: VẬT LÍ
KHỐI LỚP: 11, 12

NĂM HỌC 2012 – 2013

Phần 1. MỞ ĐẦU
1


1.1. Lí do chọn đề tài
Bài toán về chuyển động của các hạt mang điện trong điện trường và trong
từ trường là một dạng bài toán hay và khó, chiếm vị trí quan trọng trong chương
trình vật lí phổ thông. Chuyển động của các hạt mang điện trong điện trường và
từ trường có nhiều ứng dụng trong khoa học và đời sống như người ta đã vận
dụng chúng để tạo ra ống phóng điện trong màn hình Ti vi, màn hình máy tính,
người ta cũng tạo ra các máy gia tốc để kích thích các phản ứng hạt nhân, tạo ra
khối phổ kế để xác định khối lượng các hạt điện tích, chế tạo ra máy lọc bụi,
hoạt động của máy in phun cũng dựa vào chuyển động của hạt mang điện trong
điện trường…. Nghiên cứu bài toán chuyển động của các hạt mang điện người ta
đã giải thích được nhiều hiện tượng, hiệu ứng như hiệu ứng Hall, hiện tượng
phóng điện… Để giải tốt bài toán này đòi hỏi học sinh không những phải nắm
vững kiến thức cơ bản và phương pháp giải các bài tập vật lí mà còn phải biết
vận dụng linh hoạt các phương pháp giải, phối hợp nhiều kiến thức vật lí. Trong
quá trình giảng dạy, ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi cũng như ôn thi Đại học
cho các em học sinh tôi thấy, các em còn lúng túng trong việc giải bài toán, hoặc

hiểu không tường tận bài toán nên thường dẫn đến kết quả không đúng thậm chí
không giải được. Để khắc phục những vấn đề nêu trên tôi mạnh dạn đưa ra một
số ý kiến của mình về “Bài toán về chuyển động của các hạt mang điện trong
điện trường và trong từ trường” giúp các em làm tốt hơn bài toán chuyển
động của các hạt mang điện. Trong chuyên đề này không tránh khỏi những
khiếm khuyết rất mong sự đóng góp của các đồng nghiệp.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh nắm vững kiến thức cơ bản, phương pháp giải các bài tập vật
lí, biết vận dụng linh hoạt các phương pháp giải, phối hợp nhiều kiến thức vật lí
để giải các bài toán về chuyển động của các hạt mang điện trong điện trường và
trong từ trường một cách tốt hơn. Đặc biệt có thể giải tốt được các bài toán
chuyển động của các hạt mang điện trong điện trường và trong từ trường trong
các đề thi tuyển sinh đại học, các đề thi học sinh giỏi, đồng thời phát huy tính
tích cực, tự nghiên cứu của học sinh.
2


1.3. Phạm vi và đối tượng áp dụng
- Phạm vi áp dụng: Các bài toán chuyển động của các hạt mang điện trong
điện trường và từ trường.
- Đối tượng: Học sinh lớp 11, 12.
1.4. Đối tượng nghiên cứu
Các bài toán chuyển động của các hạt mang điện trong điện trường và từ
trường, giải bằng phương pháp động lực học, phương pháp năng lượng.
Các bài toán từ dạng cơ bản đến các bài toán hay và khó trong các đề thi
tuyển sịnh đại học, các đề thi học sinh giỏi.
1.5. Phương pháp nghiên cứu
- Phân tích tổng hợp.
- Khảo sát thống kê.

Phần 2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí thuyết
3


2.1.1. Lực điện tác dụng lên điện tích điểm trong điện trường.
* Khi một điện tích đặt trong một điện trường thì nó chịu tác dụng của lực
r

ur

điện: F = qE có:
+ Độ lớn: F = |q|E
r

ur

+ Hướng: F cùng chiều với E nếu q>0;

r
ur
F ngược chiều với E nếu q<0;

* Trong điện trường đều thì các đường sức điện là các đường thẳng song
ur

song, cùng chiều và cách đều nhau. Các véc tơ cường độ điện trường E như
nhau ở mọi điểm. Lực điện có chiều và độ lớn không đổi.
2.1.2. Lực từ tác dụng lên điện tích điểm chuyển động trong từ trường.
* Khi một điện tích chuyển động theo phương cắt các đường cảm ứng từ

r

r u
r

của từ trường thì sẽ chịu tác dụng của lực Lo-ren-xơ f = q.v × B có:
ur u
r

f = |q|.B.v.sin( v, B );

+ Độ lớn:

r

r

u
r

+ Phương: f vuông góc với mặt phẳng chứa v và B ;
+ Chiều: tuân theo quy tắc bàn tay trái: Đặt bàn tay trái mở rộng sao cho từ
r

u
r

trường B hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón giữa là chiều v
r

khi q > 0 và ngược chiều v khi q < 0. Lúc đó, chiều của lực Lo-ren-xơ là
r u
r r

chiều ngón cái choãi ra 90o (Hình 1), hoặc có chiều sao cho ba véctơ v , B , f
theo thứ tự lập thành tam diện thuận.
* Chú ý:
r r

+ Vì f ⊥ v nên công của lực Lo-ren-xơ bằng 0, do đó lực Lo-ren-xơ chỉ có
tác dụng làm đổi hướng của vận tốc mà không làm thay đổi độ lớn.
+ Khi hạt mang điện chuyển động trong từ trường đều dưới tác dụng duy
nhất của lực Lo-ren-xơ, độ lớn vận tốc của hạt không đổi: Chuyển động của hạt
là chuyển động đều.
2.1.3. Một số công thức, định luật, định lí hay dùng
4


+ Vận tốc tức thời: v = v0 + at
+ Phương trình chuyển động: x = x0 + v0t + 0,5at2
r
r F
r
+ Định luật II Niu tơn: a =
với F là hợp lực tác dụng lên vật.
m

+ Định lí động năng:

1

1
mv 22 − mv12 = A với A là công của các lực không đổi tác
2
2

dụng lên vật.
r

r

+ Biểu thức công của một lực F : A = Fscosα với α là góc tạo bởi F và hướng
dịch chuyển.
+ Liên hệ giữa tốc độ dài, tốc độ góc, chu kì của chuyển động tròn đều: v = rω
=

2πr
=2πfr.
T

2.1.4. Phương pháp giải bài tập vật lí.
* Phương pháp động lực học:
B1: Chọn hệ trục toạ độ và gốc thời gian sao cho việc giải bài toán là đơn
giản nhất.
B2: Xét các lực tác dụng lên vật (coi là chất điểm) và biểu diễn lên cùng
một hình vẽ.
r

r

r

r

r

B3: Áp dụng định luật II Niu tơn ở dạng: F1 + F2 + F3 + ... + Fn = ma (1)
B4: Chiếu (1) lên các trục toạ độ ta được các biểu thức độ lớn.
B5: Kết hợp các biểu thức độ lớn ta sẽ xác định được các đại lượng cần
tìm.

* Phương pháp năng lượng:
B1: Chọn gốc tính thế năng sao cho việc giải bài toán là đơn giản nhất.
5


B2: Xét điều kiện để áp dụng định luật bảo toàn năng lượng (hay định luật
bảo toàn cơ năng).
+ Nếu hệ kín thì cơ năng của hệ bảo toàn, khi đó ta áp dụng định luật
bảo toàn cơ năng.
+ Nếu hệ không phải là hệ kín thì ta áp dụng các định lí về động
năng, cơ năng.
B3: Kết hợp các biểu thức lập được và giả thiết cho, ta sẽ tính được các đại
lượng cần tìm.
* Phương pháp toạ độ (thường áp dụng cho trường hợp quỹ đạo chuyển động
của vật là đường cong):
B1: Chọn một hệ trục toạ độ và một mốc thời gian sao cho hợp lí nhất.
B2: Phân tích chuyển động phức tạp của vật thành những chuyển động
thành phần đơn giản trên các trục toạ độ.
B3: Viết phương trình vận tốc và phương trình chuyển động cho các
chuyển động thành phần của vật trên các trục toạ độ.

B5: Kết hợp các phương trình lập được và giả thiết cho ta xác định được
các đại lượng cần tìm.

2.2. Phân loại bài toán và phương pháp giải
2.2.1. Bài toán chuyển động của hạt mang điện trong điện trường.
6


2.2.1.1. Phương pháp chung
* Hạt tích điện q dịch chuyển trong điện trường từ điểm (1) đến điểm (2)
thì điện trường thực hiện công A = q(V 1 – V2) = qU12. Trong điện trường đều thì
r

ur

hạt tích điện chịu tác dụng của lực điện không đổi F = qE .
* Nếu vận tốc ban đầu cùng phương với các đường sức điện thì quỹ đạo
chuyển động của hạt mang điện là đường thẳng, có thể áp dụng định lí động
năng A =

1
1
F |q|E
mv 22 − mv12 , hoặc định luật II Niu tơn để tìm gia tốc a =
=
,
2
2
m
m

rồi áp dụng các công thức động học ta tính được các đại lượng cần tìm.
r

Ví dụ ta xét chuyển động của điện tích q với vận tốc ban đầu v0 trong điện
ur

trường đều có véc tơ cường độ điện trường E , bỏ qua tác dụng của trọng lực:
r

ur

a. Trường hợp v0 ↑↓ E :
r

ur

r

r

+ Với q < 0: Vì F ↑↓ E ⇒ F ↑↑ v0 ⇒
r
r
a ↑↑ v 0 khi đó q chuyển động thẳng nhanh

dần đều với gia tốc có độ lớn a =
lúc đó hạt được tăng tốc.
r

ur

r

r
F

r
v0

ur
E

F |q|E
=
,
m
m
r

+ Với q > 0: Vì F ↑↑ E ⇒ F ↑↓ v0

⇒

r
r
a ↑↓ v 0 khi đó ban đầu q chuyển động thẳng

r
v0

ur
E
r
F

chậm dần đều với gia tốc có độ lớn a =
F |q|E
=
cho đến khi q dừng lại có v = 0, sau
m
m

đó tiếp tục chuyển động thẳng nhanh dần đều
theo chiều ngược lại với gia tốc có độ lớn như
cũ.

r

ur

b. Trường hợp v0 ↑↑ E :
7


r

ur

r

r

r

r

+ Với q < 0: Vì F ↑↓ E ⇒ F ↑↓ v0 ⇒ a ↑↓ v0 khi đó ban đầu q
chuyển động thẳng chậm dần đều với gia tốc có độ lớn a =

F |q|E
=
m
m

cho đến khi q dừng lại có v = 0, sau đó tiếp tục chuyển động thẳng
nhanh dần đều theo chiều ngược lại với gia tốc có độ lớn như cũ.
r

ur

r

r

r

r

+ Với q > 0: Vì F ↑↑ E ⇒ F ↑↑ v0 ⇒ a ↑↑ v0 khi đó q chuyển

động thẳng nhanh dần đều với gia tốc có độ lớn a =

F |q|E
=
, lúc đó
m
m

hạt được tăng tốc.
* Nếu vận tốc ban đầu không cùng phương các đường sức điện thì chuyển
động của hạt mang điện như một vật bị ném, quỹ đạo chuyển động của nó là một
phần của parabol. Khi đó ta áp dụng phương pháp toạ độ để giải bài toán.
r

Ví dụ ta xét chuyển động của điện tích q có vận tốc ban đầu v0 trong điện
ur

trường đều có véc tơ cường độ điện trường E , bỏ qua tác dụng của trọng lực:
r

ur

a. Trường hợp v0 ⊥ E :
+ Ta chọn hệ trục toạ độ Oxy có O là điểm q bắt đầu vào điện
ur

ur

trường, Oy cùng phương E , Ox ⊥ E , gốc thời gian t = 0 là lúc q bắt
đầu vào điện trường.

r
v0

O

x

y

r
F

ur
E

ur
E

y

r
F r
v0
x

Với q<0 ur
r
+ Khi đó q chịu tác dụng của lực điện F cùng phương E
Với q>0

r

r

⇒ F ⊥ Ox , F // Oy ⇒ ax = 0, ay = a =

F |q|E
=
m
m

+ Chuyển động của q được coi là tổng hợp của hai chuyển động
8


thành phần:
 v x = v0

- Thẳng đều theo Ox với vận tốc và toạ độ là:  x = v0 t (1)

- Thẳng, biến đổi đều theo Oy với vận tốc và toạ độ là:
|q|E

 v y = at
v
=
t
y



m


1 2
 y = at ⇔  y = 1 | q | E t 2 (2)

2

2 m

+ Từ (1) và (2) cùng với các giả thiết cho ta xác định được các
đại lượng cần tìm.
r

ur

b. Trường hợp v0 tạo với E góc β :
+ Ta chọn hệ trục toạ độ Oxy có O là điểm q bắt đầu vào điện trường,
ur

ur

Oy cùng phương E , Ox ⊥ E , gốc thời gian t = 0 là lúc q bắt đầu vào
điện trường.
y

y

α

x

α

x
Với q<0

Với q>0

Với q>0
r
ur
+ Khi đó q chịu tác dụng của lực điện F cùng phương E
r

r

⇒ F ⊥ Ox , F // Oy ⇒ ax = 0, ay = a =

−F − | q | E
=
m
m

+ Chuyển động của q được coi là tổng hợp của hai chuyển động
thành phần:
9


 v x = v 0cosα


- Thẳng đều theo Ox với vận tốc và toạ độ là:  x = v0cosα t (1)

- Thẳng, biến đổi đều theo Oy với vận tốc và toạ độ là:

|q|E

 v y = v 0 sin α + at
v y = vo sin αt −
t



m


1 2
 y = v 0 sin αt + at ⇔  y = vo sin α − 1 | q | E t 2 (2)

2

2 m

+ Từ (1) và (2) cùng với các giả thiết cho ta xác định được các
đại lượng cần tìm.
* Trong các nguyên tử, lực điện tương tác giữa
hạt nhân và các electron luôn có phương trùng với
đường thẳng nối hạt nhân và electron, tức lực điện

e

r r
F Fht

tác dụng lên electron luôn hướng về hạt nhân khi đó
lực điện giữa hạt nhân và electron đóng vai trò là lực
hướng tâm, do đó electron chuyển động tròn đều
xung quanh hạt nhân, ta có F = F ht ⇔ k

| q HN q e |
v2
=
m
do đó ta xác định được
e
r2
r

tốc độ và chu kì chuyển động của electron là:
- Tốc độ dài: v = k

- Chu kì: T = 2π k

| q HN q e |
me r

| q HN q e | r
me

2.2.1.2. Bài tập ví dụ
Bài 1: Hai bản kim loại phẳng song song mang điện tích trái dấu đặt cách nhau

2cm. Cường độ điện trường giữa hai bản là E = 3000V/m. Sát bản mang điện
10


dương, ta đặt một hạt mang điện tích dương q = 1,5.10-2C và có khối lượng
m = 4,5.10-7kg. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.
a. Tính công của lực điện trường khi điện tích chuyển động từ bản dương sang
bản âm.
b. Tính tốc độ của điện tích khi nó đập vào bản âm.
Giải
a. Công của lực điện: A = qU = qEd = 1,5.10-2.3000.0,02 = 0,9J
b. Áp dụng định lí động năng ta có:
2A
2.0,9
1
1
=
mv 2 − mv 02 = A ⇔ v =
= 2.103 m/s
m
4,5.10−7
2
2

Bài 2: Giữa hai bản kim loại đặt song song nằm ngang tích điện trái dấu có một
hiệu điện thế U1 = 1000V, khoảng cách giữa hai bản là d = 1cm. Ở đúng giữa hai
bản có một giọt thủy ngân nhỏ tích điện dương nằm lơ lửng. Đột nhiên hiệu điện
thế giảm xuống chỉ còn U2 = 995V. Lấy g = 10m/s2. Hỏi sau bao lâu giọt thủy
ngân rơi xuống bản dương?
Giải

+ Khi hiệu điện thế giữa hai bản kim loại là U 1, giọt
r
u
r
thuỷ ngân chịu tác dụng của lực điện F 1 và trọng lực P ,
r
u
r
theo điều kiện cân bằng ta có: F 1 = - P ⇒ F1 = P

⇔ qU1 = mg ⇔ q =

mg
(1).
U1

ur
E

-

r
F1
O

u
r
P
+

+ Khi hiệu điện thế giữa hai bản kim loại là U 2, giọt thuỷ ngân chịu tác dụng xcủa
r

u
r

lực điện F 2 và trọng lực P , theo định luật II Niu tơn ta có:
r
r
u
r
F 2 + P = m a (2).

11


+ Chiếu (2) lên trục toạ độ thẳng đứng hướng xuống ta
được – F2 + P = ma ⇔ - qU2 + mg = ma (3)

ur
E

r
F2

U2
q
+ Thay (1) vào (3) được a = g – U2 = g(1 )
U1
m

O
u
r
P

995
= 10 (1) = 0,05 m/s2.
1000

+

x

+ Phương trình chuyển động của giọt thuỷ ngân khi hiệu điện thế giữa hai bản là
U2: x =

1
U
1 2
at = g(1 − 2 ) t2
2
U1
2

+ Khi giọt thuỷ ngân đến bản dương, ta có:
1
U2
d
d

x = ⇔ g(1 − ) t2 = ⇔ t =
2
U1
2
2

d
U
g(1 − 2 ) =
U1

0,01
= 0,45s.
0,05

Bài 3: Một electron bay từ bản âm sang bản dương của một tụ điện phẳng. Điện
trường trong khoảng hai bản tụ có cường độ E = 6.10 4V/m. Khoảng cách giữa
hai bản tụ là d = 5cm. Bỏ qua tác dụng của trọng lực, lực cản. Cho điện tích của
electron là –e = -1,6.10-19C, khối lượng của electron là m = 9,1.10-31kg.
a. Tính gia tốc của electron.
b. Tính thời gian bay của electron biết vận tốc ban đầu bằng 0.
c. Tính vận tốc tức thời của electron khi chạm bản dương.
Giải
a. + Vì bỏ qua tác dụng của trọng lực và lực cản nên theo định luật II Niu tơn ta
r

r

có: F = ma .
+ Chiếu lên trục toạ độ Ox ta được:

F | e | E |1,6.10 −19.6.104 |
=
F = ma ⇔ a = =
= 1,055.1016m/s2.
−31
m
m
9,1.10

b. Phương trình chuyển động của electron là: x =

1 2
at .
2

12


+ Khi đến bản dương, ta có:
x=d⇔

1 2
at = d ⇔ t =
2

2d
2.0,05
-9
=
16 = 3.10 s.

a
1,055.10

c. Vận tốc của electron khi chạm bản dương:
v = v0 + at = at = 1,055.1016. 3.10-9 = 3,3.107 m/s.

Bài 4: Một tụ điện phẳng không khí, khoảng cách hai bản tụ là d = 1cm, chiều
dài mỗi bản tụ là L = 5cm, hiệu điện thế giữa hai bản tụ là U = 91V. Một
electron bay vào điện trường giữa hai bản tụ theo phương song song với các bản
tụ với vận tốc ban đầu v0 = 2.107 m/s và bay ra khỏi điện trường của tụ. Bỏ qua
tác dụng của trọng lực và lực cản.
a. Viết phương trình quỹ đạo chuyển động của electron.
b. Tìm độ dời của electron theo phương vuông góc với các bản tụ khi nó vừa bay
ra khỏi tụ.
c. Xác định hướng và độ lớn vận tốc của electron khi nó bay ra khỏi tụ điện?
d. Tính công của lực điện trường tác dụng lên electron?
Giải
a. Chọn hệ trục toạ độ Oxy có gốc O là điểm
song các bản tụ điện, Oy ngược chiều các

O
r
F

đường sức điện. Chọn gốc thời gian là lúc

y

electron bắt đầu vào điện trường, Ox song

ur
E

r
v0

x

r
rM α vr x
vy
v
+

electron bắt đầu chuyển động vào điện
trường.
+ Vì bỏ qua tác dụng của trọng lực và lực cản nên theo định luật II Niu tơn ta
r

r

có: F = ma .
+ Chiếu lên trục toạ độ Ox ta được: ax = 0.
+ Chiếu lên trục toạ độ Oy ta được F = may ⇔ ay =

F |e|U
=
(m/s2).
m
md

+ Phương trình chuyển động của electron:
13


- Theo trục Ox: x = v0t (1)
- Theo trục Oy: y =

1 2
a y t (2)
2

+ Thay (1) vào (2) được y =

ay
2.v

2
0

x2 =

|e|U 2
x = 2x2 (x, y: m). Ta thấy quỹ
2
2mdv 0

đạo của electron là một phần của parabol.
b. Khi electron bắt đầu bay ra khỏi tụ thì x = L = 0,05m thay vào phương trình
quỹ đạo được y = 5.10-3m = 5mm. Vậy độ lệch quỹ đạo của electron theo

phương vuông góc các bản tụ là 5mm.
c. Phương trình vận tốc của electron:
- Theo Ox: vx = v0
- Theo Oy: vy = ay.t =

|e|U
t.
md

+ Khi bắt đầu ra khỏi tụ điện thì x = L ⇔ v0t = L ⇒ t =

L
.
v0

+ Khi bắt đầu ra khỏi tụ điện vận tốc của electron có độ lớn: v = v 2x + v 2y
2

=

|e| U L 
v +
÷ =
md
v
0 

2
0

+ Ta có tanα =

vy
vx

( 2.10 )

7 2

2

 1,6.10−19.91 0,05 
= 2,04.107 m/s
+
−31
7 ÷
 9,1.10 .0,01 2.10 

|e|U
| e | UL
t
1,6.10−19.91.0,05
= md =
=
−31
7 2 = 0,2
mdv 02
9,1.10
.0,01.(2.10
)

v0

⇒ α = 11,30. Vậy electron rời khỏi tụ điện theo hướng tạo với các bản tụ góc
11,30.
d. Công của lực điện trường tác dụng lên electron:
A = |e|EdOM = |e|

91
U
dOM = 1,6.10-19.
.5.10-3 = 7,28.10-18J = 45,5eV.
0,01
d

Bài 5: Một electron có động năng ban đầu là W0 = 1500eV bay vào trong điện
trường của tụ điện phẳng theo hướng hợp với bản dương một góc 15 0. Chiều dài
14


mỗi bản tụ là L = 5cm, khoảng cách giữa hai bản tụ là d = 1cm. Bỏ qua tác dụng
của trọng lực, lực cản. Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ để electron rời khỏi tụ
theo phương song song với các bản tụ. Tính vận tốc của electron khi đó?
Giải

y
-

ur
+ Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ: Gốc O là vị E

trí eclectron bắt đầu vào tụ điện.
u
r
v0

+ Vì bỏ qua tác dụng của trọng lực và lực cản
r

r

nên theo định luật II Niu tơn ta có: F = ma .

r
v
x

O

r
F

+

+ Chiếu lên trục toạ độ Ox ta được: ax = 0.
+ Chiếu lên trục toạ độ Oy ta được -F = may ⇔ ay = -

F
|e|U
=−
(m/s2).

m
md

r

+ Chiếu v0 lên hai trục toạ độ ta được:
- Trên trục Ox: v0x = v0cos150.
- Trên trục Oy: v0y = v0sin150.
+ Phương trình vận tốc trên các trục toạ độ:
- Trên trục Ox: vx = v0x = v0cos150
- Trên trục Oy: vy = v0sin150 + ayt = v0sin150-

|e|U
t
md

+ Phương trình chuyển động:
Theo Ox: x = v0.cos150.t
|e|U 2
t
md

Theo Oy: y = v0sin150.t-0,5.

+ Để electron bay ra khỏi tụ theo phương song song với các bản tụ thì:
mdv 0 sin150
., vy = 0 ⇔ t =
|e|U
mdv 0 sin150
mdv 02 sin 300

., x = L ⇔ v0.cos15 .
=L⇔
=L
|e|U
2|e| U
0

mdv 02 sin 300
d sin 300
10−2.0,5
W
1500eV
⇔U=
⇔U= 0
=
= 150V
2|e|L
|e|L
| e | 5.10−2

+ Vận tốc của electron khi rời khỏi tụ điện:
15


v = vx = v0cos150 =

2W
cos150 =
m

2.1500.1,6.10−19
cos150 = 2,22.107m/s
−31
9,1.10

Bài 6: Theo mẫu nguyên tử Bo, trong nguyên tử hiđrô, chuyển động của
êlectron quanh hạt nhân là chuyển động tròn đều (trên các quỹ đạo có bán kính
r = n2r0, với r0 = 5,3. 10-11m, n = 1; 2; 3; 4.. tương ứng với các quỹ đạo K; L; M;
N..). Tính tỉ số giữa tốc độ của êlectron trên quỹ đạo K và tốc độ của êlectron
trên quỹ đạo M.
Giải
+ Lực điện giữa hạt nhân và electron trong nguyên
tử Hidrô đóng vai trò là lực hướng tâm, do đó ta có:
F = Fht ⇔ k

2

2

|e|
v
=m ⇔v=
2
r
r

k|e|
mr

r

F

2

- Trên quỹ đạo K (n = 1): vK =

k | e |2
mr0

- Trên quỹ đạo M (n = 3): vM =

k | e |2
m9r0

+ Ta có:

r
v

-e

+e

vK
=3
vM

Bài 7: Một electron bay trong điện trường đều
từ một vùng đẳng thế có điện thế V1 sang vùng
đẳng thế có điện thế V2. Mặt phân cách giữa hai

vùng đẳng thế là mặt phẳng. Trong vùng đẳng
r

thế V1 electron có vận tốc v1 hợp với mặt phân
cách một góc α. Xác định góc hợp bởi vectơ

e

r
v1
V1

α

V2

β

r
v2

vận tốc của electron trong vùng đẳng thế V2 với mặt phân cách. Bỏ qua sức cản
không khí và tác dụng của trọng lực.
Giải
16


+ Trong vùng đẳng thế có điện thế V1 electron chuyển động thẳng đều với vận
r

r

tốc v1 , trong vùng đẳng thế V2 electron chuyển động thẳng đều với vận tốc v 2 .
+ Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có :
mv12
mv 22
2 | e | (V1 − V2 )
+ e.V1 =
+ | e | V2 ⇒ v 22 = v12 +
2
2
m

+ Electron chuyển động qua mặt phân cách thay đổi hướng chuyển động là do
thành phần vận tốc theo phương vuông góc mặt phân cách thay đổi, còn thành
phần vận tốc song song với mặt phân cách thì không thay đổi, nên ta có:
cos α v 2
cos 2 α
⇒
=
⇒
=
v1.cos α = v2.cos β
cos β v1
cos 2 β

v12 +

2 | e | (V1 − V2 )
m

2
v1

 2 | e | (V1 − V2 ) 
⇒ 1 + tg 2β = (1 + tg 2α ) 1 +

mv12



 2 | e | (V1 − V2 )  2 | e | (V1 − V2 )
⇒ tg 2β = tg 2α 1 +
+
2
mv
mv12

1

⇒ tgβ = tgα 1 +

2 | e | (V1 − V2 )
1
2 | e | (V1 − V2 )
(1 + 2 ) = tgα 1 +
2
mv1
tg α
mv12 .sin 2 α

Vậy: tgβ = tgα 1 +

2 | e | (V1 − V2 )
mv12 .sin 2 α

Bài 8: Hai quả cầu nhỏ có điện tích và khối lượng lần lượt là q 1, m1; q2, m2. Ban
đầu chúng có vận tốc giống nhau (cả hướng và độ lớn). Chúng bắt đầu chuyển
động vào một điện trường đều. Sau một khoảng thời gian người ta thấy hướng
chuyển động của quả cầu 1 quay đi một góc 60o và độ lớn vận tốc giảm đi hai
lần, còn hướng chuyển động của quả cầu 2 thì quay đi một góc 90o.
a. Hỏi vận tốc quả cầu 2 thay đổi bao nhiêu lần?
b. Xác định tỷ số k 2 =

q2
q1
theo k1 =
.
m2
m1
17


Giải

r

r

a. + Gọi v0 là vận tốc ban đầu của mỗi quả cầu, v1 là vận tốc của quả cầu 1 khi
r

quay góc 60o, v 2 là vận tốc của quả cầu 2 khi quay góc 90o.
+ Theo đề bài cho v1 =

vo
.
2

+ Gia tốc của mỗi quả cầu là không đổi trong quá trình chuyển động.

ur
Ey

+

q1

o

60

r
v0

y

ur
Ex
q2

x

r
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ với Oy ⊥ v0 .

O


v
o
vo − o cos 60o

−
v
cos
60
−
−
v
(
)
(
)
|
q
|
E
1
o
2

a1x = 1 x =
=
(1)

m1
∆t
∆t
+ Xét quả cầu 1: 
.
vo

o
sin 60
| q1 | E y v1 sin 60o

2
a
=
=
=
(2)
 1y
m
∆
t
∆
t

1


| q 2 | E x 0 − ( − vo ) vo
=
= (3)
a 2x =
m2
∆t
∆t

+ Xét quả cầu 2: 
.
a = | q 2 | E y = v 2 (4)
 2 y
m2
∆t

+ Lập tỷ số:

(1) (3)
E
;
⇒ x =
(2) (4)
Ey

vo
cos 60o v
v
2
= o ⇒ v2 = o .
vo

v2
3
sin 60o
2

vo −

b. Lập tỷ số: (1) ⇒ | q1 | . m 2 =
(3)
m1 | q 2 |

vo −

vo
cos 60o
k
3
4
2
⇒ 1 = ⇒ k 2 = k1 .
vo
k2 4
3

18


2.2.2. Bài toán chuyển động của hạt mang điện trong từ trường.
2.2.2.1. Phương pháp chung
* Áp dụng công thức tính lực Lo-ren-xơ : f = |q|vBsinα đã nêu ở mục trên

r

u
r

(α là góc giữa v và B ) và xác định phương, chiều của lực bằng quy tắc bàn tay
trái.
* Xét bài toán chuyển động của hạt mang điện q trong từ trường đều, bỏ
qua tác dụng của trọng lực:
r
v

r u
r
+ Nếu v ⊥ B thì lực Lo-ren xơ là lực hướng

tâm, do đó điện tích q chuyển động tròn đều với
bán kính quỹ đạo và chu kì chuyển động là: f = Fht
mv
2πm
v
⇒ R= qB ,T= qB .
R
r
r r r
u
r
+ Nếu v tạo với B góc α thì phân tích v = v ⊥ + v //
r u
r u

r
r
, trong đó v ⊥ ⊥ B và v / / // B với các độ lớn v⊥ =
r
vsinα, v// = vcosα. Theo v ⊥ lực Lo-ren-xơ tác dụng

⇔ |q|vB = m

2

r
f
ur O
B

lên điện tích là f = q.v⊥.B, lực này đóng vai trò là

-q

lực hướng tâm làm cho điện tích q chuyển động
tròn đều trong mặt phẳng vuông góc với các đường
sức từ với:
- Bán kính quỹ đạo xác định bởi: |q|Bv⊥ = m
- Chu kỳ chuyển động tròn: T =

mv ⊥
mvsin α
v 2⊥
⇒R=
=

|q|B
|q|B
R

2πR
2πm
=
v⊥
|q|B

r

Thành phần vận tốc v / / làm cho điện tích tiếp tục chuyển động thẳng đều
theo phương song song với các đường sức từ. Do đó quỹ đạo của điện tích q là
đường xoắn ốc có với bước ốc là L = v//T =

2πmv cos α
|q|B

19


r

Do điện tích q vừa chuyển động tròn với vận tốc v ⊥ vừa chuyển động tịnh
r

tiến với vận tốc v / / nên quỹ đạo của hạt là đường đinh ốc.

r

* Xét bài toán chuyển động của điện tích trong từ trường đều với v
u
r

vuông góc với B và có xét đến tác dụng của trọng lực hoặc lực cản thì ta phân
r
r
r r r
r
tích v thành hai phần v = v1 + v 2 , thành phần v1 gây ra lực Lo-ren-xơ f 1 cân
r

bằng với trọng lực, thành phần v 2 gây ra lực
r
r
Lo-ren-xơ f 2 vuông góc với v 2 tạo chuyển động
tròn cho hạt trong mặt phẳng vuông góc với véc
u
r

tơ B , kết quả là hạt tham gia hai chuyển động
r

gồm: Chuyển động thẳng đều theo phương v1 và
u
r

chuyển động tròn trong mặt phẳng vuông góc với B , quỹ đạo là đường “rích
rắc” như hình vẽ

2.2.2.2. Bài tập ví dụ
Bài 1: Một hạt mang điện chuyển động trong từ trường đều. Mặt phẳng quỹ đạo
của hạt vuông góc với các đường cảm ứng từ. Nếu hạt chuyển động với vận tốc
v1 = 1,8.106 m/s thì lực Lo-ren-xơ tác dụng lên hạt có độ lớn f 1 = 2.10-6N. Hỏi
nếu hạt chuyển động với vận tốc v 2 = 4,5.107m/s thì lực Lo-ren-xơ tác dụng lên
hạt có giá trị f2 bằng bao nhiêu?
Giải
Độ lớn lực Lo-ren-xơ tác dụng lên hạt mang điện chuyển động trong từ trường
r u
r

xác định bởi f = |q|vBsinα với α = ( v , B ) = 900.
+ Khi hạt chuyển động với vận tốc v1 = 1,8.106 m/s, ta có:
f1 2.10−6 1 −11
=
= .10
f1 = |q|v1B ⇒ |q|B =
v1 1,8.106 9

+ Khi hạt chuyển động với vận tốc v2 = 4,5.107 m/s, ta có:

20


f2 = |q|v2B =

1 −11
.10 .4,5.107 = 5.10-5 N
9

Bài 2: Một êlectron bay vào một từ trường đều theo phương vuông góc với các
đường sức từ với vận tốc v = 10 7 m/s. Tính cảm ứng từ, biết rằng êlectron
chuyển động trong từ trường theo một đường tròn bán kính 2 cm.
Giải
Lực Lo-ren-xơ tác dụng lên êlectron đóng vai trò lực hướng tâm trong chuyển
động tròn đều:
me v
9,1.10−31.107
v2
-3
=
f = Fht ⇔ |qe|vB = m e ⇒ B =
−19
−2 = 2,84.10 T
q
R
1,6.10
.2.10
R
e

Bài 3: Một electron có khối lượng m = 9,1.10 -31kg, điện
tích q=-1,6.10-19C, bay vào trong một từ trường đều
B = 2.10-4T, theo phương vuông góc với các đường sức từ

r
v0

với vận tốc ban đầu v 0 = 107m/s. Vùng giới hạn của từ

ur
B
r
v0

trường là hai đường thẳng d1 và d2 cách nhau một khoảng
a. Bỏ qua tác dụng của trọng lực, lực cản. Tìm a để
electron không bay ra ngoài vùng từ trường khi đến gần d 2

a
d1

d2

trong hai trường hợp:
r

a. v0 có phương song song với d1.
r

b. v0 có phương vuông góc với d1.
Giải
r

ur

Trong cả hai trường hợp vì v0 ⊥ B nên lực Lo-ren-xơ tác dụng lên electron là
lực hướng tâm làm electron chuyển động trên quỹ đạo tròn với bán kính R =
mv 0
|q|B

r

a. + Khi v0 có phương song song với d1, áp dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định
21


được lực Lo-ren-xơ như hình vẽ. Khi đó quỹ đạo của electron là đường tròn bán
kính R và nhận d1 làm tiếp tuyến.
+ Để electron không ra ngoài vùng từ trường khi đến gần
d2 thì ta phải có điều kiện a ≥ 2R ⇔ a ≥ 2
a≥ 2

mv 0
⇔
|q|B

ur
B

r
v0

9,1.10−31.107
⇔ a ≥ 0,57m.
1,6.19−19.2.10 −4

r
f

r

b. + Khi v0 có phương song song với d1, áp dụng quy tắc
bàn tay trái ta xác định được lực Lo-ren-xơ như hình vẽ.
Khi đó quỹ đạo của electron là đường tròn bán kính R và

a
d1

d2
ur
B

nhận d1 làm đường kính.
+ Để electron không ra ngoài vùng từ trường khi đến gần
d2 thì ta phải có điều kiện a ≥ R ⇔ a ≥

r
f

r
v0

mv 0
⇔
|q|B
a

9,1.10−31.107
a≥
⇔ a ≥ 0,28m.

1,6.19 −19.2.10 −4

d1

d2

Bài 4: Một proton có khối lượng m=1,67.10 -27kg, mang điện tích q=1,6.10-19C
bay vào một từ trường đều có cảm ứng từ B = 0,5T với vận tốc ban đầu
r

ur

v = 2.106m/s. Gọi α là góc tạo bởi véc tơ v và véc tơ B . Bỏ qua tác dụng của
trọng lực. Xác định quỹ đạo chuyển động của proton trong các trường hợp:
a. α = 00.
b. α = 900
c. α = 600
Giải
a. Khi α = 00, lực Lo-ren-xơ tác dụng lên proton là f = qvBsinα = 0. Khi đó
22


proton tiếp tục chuyển động thẳng đều với vận tốc ban đầu v = 2.106m/s.
b. Khi α = 900, lực Lo-ren-xơ tác dụng lên proton là f = qvBsin90 = qvB. Vì
r r
f ⊥ v nên proton chuyển động tròn đều trong mặt phẳng vuông góc với các

đường sức từ, lực Lo-ren-xơ đóng vai trò là lực hướng tâm: f = F ht
v2
⇔ qvB = m . Từ đó ta tính được:

R

- Bán kính quỹ đạo: R =

mv
= 0,042m = 4,2cm.
qB

- Chu kì chuyển động của proton trên quỹ đạo:
T=

2πm
2πR
=
= 1,31.10-7s.
qB
v
r

r

r

r

c. Khi α = 600, ta phân tích v = v ⊥ + v // , trong đó v ⊥ vuông góc với đường sức từ
r

và có độ lớn v⊥ = vsinα, còn v / / thì song song với các đường sức và có độ lớn
v// = vcosα.

+ Lực Lo-ren-xơ tác dụng lên proton là f = qv ⊥B, lực này đóng vai trò là lực
hướng tâm làm cho proton chuyển động tròn đều trong mặt phẳng vuông góc với
các đường sức từ với:
mv ⊥
mvsin α
v 2⊥
- Bán kính quỹ đạo: qBv⊥ = m
⇒R=
=
= 0,036m
qB
qB
R

- Chu kỳ chuyển động tròn: T =

2πR
2πm
=
v⊥
qB

r

+ Thành phần vận tốc v / / làm cho proton tiếp tục chuyển động thẳng đều theo
phương song song với các đường sức từ. Do đó quỹ đạo của proton là đường
xoắn ốc có:
- Bán kính R = 0,036m = 3,6cm.
- Bước xoắn: L = v//T =

2πmv cos α
= 0,1256m = 12,56cm
qB

23


Bài 5: Một vật nhỏ tích điện dương (coi là
điện tích điểm) trượt không ma sát, không vận
tốc ban đầu dọc theo đường dốc chính của
một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α. Vật
chuyển động trong một từ trường đều có phương nằm ngang và vuông góc với
mặt phẳng hình vẽ, chiều từ ngoài vào trong. Sau khi trượt được một quãng
đường l, nó rời mặt nghiêng và bay theo một đường phức tạp.
a. Hãy xác định vận tốc của vật lúc bắt đầu rời mặt phẳng nghiêng.
b. Hãy xác định mức biến thiên chiều cao ∆h của vật so với mặt đất trong khi
chuyển động.
Giải
a. Vận tốc của vật lúc bắt đầu rời mặt phẳng nghiêng
+ Chọn gốc thế năng là điểm vật rời mặt phẳng nghiêng.
+ Lực Lo-ren-xơ không sinh công và bỏ qua ma sát nên cơ năng của vật bảo
toàn, vận tốc của vật lúc bắt đầu rời mặt phẳng nghiêng được tính theo định luật
bảo toàn cơ năng: WA = WO ⇔

A

mv02
mgl.sin α =
⇒ v0 = 2 gl sin α (1)
2

O

b. Mức biến thiên chiều cao ∆h của vật so với mặt đất trong khi chuyển động
+ Lúc vật bắt dầu rời mặt phẳng nghiêng là lúc mà phản lực của mặt phẳng
nghiêng tác dụng lên vật N = 0, vật chịu tác dụng của lực Lo-ren-xơ và trọng
lực, khi đó ta có:

qv0 B = mg cos α ⇒v0 =

mg cos α
(2)
qB

ur
B
r
v1

r
v0 r
α v2
r
r r
r
+ Ta phân tích v0 = v1 + v 2 , trong đó v1 nằm ngang, lực Lo-ren-xơ tác dụng lên
hạt mang điện chuyển động gồm hai thành phần:
24

r

r

- Thành phần v1 gây ra lực Lo-ren-xơ f 1 cân bằng với trọng lực:
mg
(3)
qB
r
r
r
- Thành phần v 2 gây ra lực Lo-ren-xơ f 2 vuông góc với v 2 tạo chuyển
ur
động tròn cho hạt trong mặt phẳng vuông góc với véc tơ B , ta có:
mg = qv1.B ⇒ v1 =

mv 22
mv
= qv 2 .B ⇒ R =
(4)
R
qB

+ Kết quả là hạt tham gia hai chuyển động gồm: Chuyển động thẳng đều theo
phương ngang và chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng, do đó độ biến
thiên độ cao sau khi rời mặt phẳng nghiêng là: ∆h = 2R thay (4) vào ta được
v2 =

qB.∆h
(5)

2m

+ Theo định lí hàm số cosin trong tam giác, ta có: v 22 = v12 + v02 − 2v1.v 0 .cos α (6)
+ Thay (2), (3), (5) vào (6) ta được:
2

2

2
mg mg cos α
2m 2g
 mg 
 mg cos α 
 qB.∆h 
sin α (I)
=
+
-2
cosα
⇔
∆h
=
2 2

÷

÷ 
÷ qB
qB
q

B
qB
qB
 2m 





+ Từ (1) và (2) ta được:

2 gl sin α =

mg cos α
m 2 g 2l sin α
⇔ 2 2=
(II)
qB
q B
cos 2α

+ Thay (II) vào (I) được ∆h = 4ltan2α.

∼

Bài 6: Xiclôtrôn là máy gia tốc hạt tích điện đầu
tiên của vật lý hạt nhân (1931). Nó gồm có hai hộp
rỗng có dạng trụ nửa hình tròn gọi là các D, đặt
cách nhau một khoảng rất nhỏ (khe) trong một
buồng đã rút hết không khí như hình vẽ. Các D

Bia

D

⊥D

được nối với hai cực của một nguồn điện sao cho
giữa hai D có một hiệu điện thế với độ lớn U xác định, nhưng dấu lại thay đổi
một cách tuần hoàn theo thời gian với tần số f nào đó. Một nam châm điện mạnh
ur
tạo ra một từ trường đều, có vectơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt các D như
25