CĐ CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT TRONG ĐIỆN TỪ TRƯỜNG

CĐ: HẠT MANG ĐIỆN TRONG ĐIỆN TỪ TRƯỜNG
I. Lý thuyết.
1. Lực lorenxơ
- Khi hạt chuyển động trong miền từ trường đều thì hạt chịu tác
dụng của lực lorenxơ có độ lớn:

f = qvB.sin(α )
r

r

Với α là góc hợp giữa v và B
r
- Lực này có phương vuông góc với vectơ v nên không làm thay
đổi độ lớn của nó mà làm thay đổi phương chuyển động của hạt.
- Nếu chỉ có duy nhất lực lorenxơ tác dụng vào hạt thì quỹ đạo của
hạt là một đường tròn, với chu kỳ và bán kính lần lượt là:
mv

• Bán kính : R = q B
• Chu kỳ :

T = 2π

m
qB

2. Lực điện
Lực điện tác dụng vào hạt:

r

r
F = q.E

r
 Lực này có phương trùng với E khi q > 0 và ngược chiều
r
với E khi q < 0.
 Độ lớn của lực điện F = q.E

3. Các phương trình chuyển động biến đổi đều.
• Phương trình về tọa độ :
1
x = x0 + v0 xt + axt 2
2
1
y = y0 + v0 y t + a y t 2
2

• Phương trình về vận tốc:
vx = v0 x + axt

v y = v0 y + a y t


4. Định luật bảo toàn cơ năng trong điện trường.
 Hạt chuyển động trong điện trường nếu không có tác dụng của
lực cản thì cơ năng của vật được bảo toàn.
 Bỏ qua tác dụng của trọng lực thì độ biến thiên động năng của vật
bằng công của lực điện

∆Wd = Wd s − Wd t = qU

⇔

1 2 1 2
mvs − mvt = qU
2
2

Lưu ý : Biểu thức này chỉ đúng khi hạt có vận tốc ban đầu khác
không và vận tốc sau chưa đổi chiều so với vận tốc ban đầu.
Nếu ban đầu hạt có vận tốc bằng không thì ta có:

v=

2qU
m

Lưu ý : Trong trường hợp vận tốc ban đầu bằng 0 thì hạt vẫn được
tăn tốc dù hạt có điện tích âm hay dương, để đảm bảo tính loric
của toán học thì ở công thức trên ta phai dùng độ lớn của điện tích.


II. Bài tập.
Bài 1: Hai thanh kim loại A, B tích điện, khoảng cách giữa hai thanh có
một điện trường đều hướng như hình vẽ, hai thanh dài dài 5d đặt nằm
ngang song song và cách nhau một khoảng d. B tiếp đất như hình vẽ.
Có một hạt protron chuyển động vào khoảng giữa hai bản với vận tốc v
hướng từ trái sang phải. Để proton này
5d

không chạm vào hai thanh thì cường độ
điện trường phải bằng bao nhiêu? Biết
E
điện tích và khối lượng của proton là q và
d
m. Vị trí ban đầu của protron cách đều hai
thanh kim loại.
Bài 2 : Một prôtôn đi vào một vùng
uu
r uu
r
-2
B1 B2
không gian có bề rộng d = 4.10 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 = B1/2. Ban đầu, prôtôn 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 3). Bỏ qua tác
dụng của trọng lực. Cho khối lượng của
d
d
prôtôn mP = 1,67.10-27 kg, điện tích của
-19
prôtôn q = 1,6.10 C.
a. Hãy xác định giá trị của hiệu điện thế U 0 để tăng tốc cho prôtôn
sao cho prôtôn đi qua được vùng đầu tiên.

b. Hãy xác định hiệu điện thế U 0 sao cho prôtôn đi qua được vùng
thứ hai.
c. Nếu B2 = 2B1 giải lại cậu b?
d. Hãy xác định hiệu điện thế U 0 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.


Bài 3: Giữa hai bản A , B tồn tại một điện trường với AB = 2L. Khoảng
CB có độ rộng L có cường độ điện
B
L/2
trường lớn gấp đôi cường độ điện
trường trong khoảng AC. Một L
electron đi vào bản A có vecto vận
C
tốc hợp với mặt bàn một góc α. Vị
trí gần nhất K của electron cách B L
một đoạn là L/2. Xác định tấm xa
α
A
của electron trên bản A.
Bài 4: Một điện tích q = 10−3 C , khối
a
−5
lượng m = 10 g chuyển động với vận tốc ban đầu vo
Δ
Δ’
đi vào trong một vùng từ trường đều có B = 0,1T


q,m
được giới hạn giữa hai đường thẳng song song Δ và
B
Δ’, cách nhau một khoảng a = 10cm và có phương
α

r
v
vuông góc với mặt phẳng chứa Δ và Δ’, sao cho 0
v0
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 5: Sau khi được tăng
tốc bởi hiệu điện thế U =
100V một electron bay
vào một tụ điện phẳng
theo phương hợp với bản
dương một góc α = 450.
Chiều dài mỗi bản là L = 5cm, khoảng cách giữa hai bản tụ là d = 1 cm.
Như hình vẽ.
a. Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ để electron bay ra khỏi bản tụ tại
điểm chính giữa O của hai bản. Vận tốc và hướng chuyển động của
electron lúc đó như thế nào?
b. Sau khi ra khỏi tụ electron chuyển động trong một từ trường đều có
phương song song với hai bản. Xác định giá trị của B để electron
bắn trúng vào một điểm M. (MO song song với hai bản tụ và MO =
4cm).


BÀI GIẢI

Bài 1: Hai thanh kim loại A, B tích điện, khoảng cách giữa hai thanh có
một điện trường đều hướng như hình vẽ, hai thanh dài dài 5d đặt nằm
ngang song song và cách nhau một khoảng d. B tiếp đất như hình vẽ.
Có một hạt protron chuyển động vào khoảng giữa hai bản với vận tốc v
hướng từ trái sang phải. Để proton này
5d
không chạm vào hai thanh thì cường độ
điện trường phải bằng bao nhiêu? Biết
E
điện tích và khối lượng của proton là q và
d
m. Vị trí ban đầu của protron cách đều hai
thanh kim loại.
Y

GIẢI
Chọn trục tọa độ như hình vẽ.
TH1: Hạt chuyển động về bản dưới ( F

Gia tốc của hạt

ax = 0

ay = − g +

5d
F
E
P
0

qE
m

Các phương trình chuyển động của hạt

d 1 2 d 1
qE 2
+ a yt = − ( g −
)t
2 2
2 2
m
x = vt
y=

Từ đây ta có phương trình quỹ đạo của hạt.

d 1
qE x 2
y = − ( g − ) 2 (*)
2 2
m v
Để hạt không chạm vào thanh thì:

d
X


 x > 5d


y = 0

d 1
qE 25.d 2
Từ đây ta có : 0 < − ( g −
) 2 (*)
2 2
m
v

( vì g >

qE
)
m

d 1
qE 25.d 2
⇔ > (g −
) 2
2 2
m
v
qE
v2
⇒g−
<
m 25d
m
v2

⇒ E > (g −
)
q
25d
TH1: Hạt chuyển động về bản dưới
( F>P )
Gia tốc của hạt

Y

5d

ax = 0

ay = − g +

qE
m

Các phương trình chuyển động của hạt

E
0

d 1 2 d 1
qE 2
+ a yt = − ( g −
)t
2 2
2 2

m
x = vt
y=

Từ đây ta có phương trình quỹ đạo của hạt.

d 1
qE x 2
y = − ( g − ) 2 (*)
2 2
m v
Để hạt không chạm vào thanh thì:

d
X


 x > 5d

y = d

d 1 qE
25.d 2
Từ đây ta có : d > + (
− g ) 2 (*)
2 2 m
v

( vì g <

qE
)
m

d 1 qE
25.d 2
⇔ > (
− g) 2
2 2 m
v
qE
v2
⇒
−g<
m
25d
m
v2
⇒ E < (g +
)
q
25d
Vậy điều kiện của E thỏa mãn điều kiện bài toán là:
m
v2
m
v2
(g −
) < E < (g +
)

q
25d
q
25d

Bài 2 : 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 = B1/2. 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 3). Bỏ qua tác dụng của

uu
r
B1
•

uu
r
B2
•

Prôtôn

d

d

trọng lực. Cho khối lượng của prôtôn m P = 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 U 0 để tăng tốc cho prôtôn
sao cho prôtôn đi qua được vùng đầu tiên.
b. Hãy xác định hiệu điện thế U 0 sao cho prôtôn đi qua được vùng
thứ hai.
c. Nếu B2 = 2B1 giải lại cậu b?
d. Hãy xác định hiệu điện thế U 0 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.
GIẢI
Sau khi tăng tốc vận tốc của vật có biểu thức:
2qU
v=
(*)
m
a. Để protôn đi qua được vùng miền từ trường đầu tiên thì :
uu
r
uu
r
R ≥d
B1
B2
mv
•
•
⇔
≥d

qB1
⇔

m
qB1

2qU
≥d
m

qd 2 B12
⇒U ≥
2m
Thay số ta được : U ≥ 3066 V
b. Khi đi từ miền B1 sang miền B2 thì
Bán kính của hạt thay đổi.
Ta có:

R

uu
r
B1
•

mv
mv
R1 =
; R2 =
qB1

qB2
Vì B1 > B2 ⇒ R1 < R2 nên ta có quỹ đạo và
tâm của hai đường tròn như hình vẽ.

uu
r
B2
B

A

O1
O2•

•

R1
•

R2
D

C


Từ hình vẽ ta có:

AB DO2
=
BO1 O1O2

Để hạt đi qua được miền 2 thì Umin khi giới hạn của miền 2 tiếp tuyến
với hạt tại điểm C như hình vẽ:
d R2 − 2d
⇒
=
⇔ ( R2 − R1 ) d = ( R2 − 2d ) R1
R1 R2 − R1
Thay R1 và R2 trên vào ta được:

mvd  1 1  mv  mv
−
=
−
2
d

÷

÷
q  B2 B1  qB1  qB2

 1 1  1  mv

⇒ d  − ÷= 
− 2d ÷
 B2 B1  B1  qB2


B 
mv

⇔ d  1 ÷+ d =
qB2
 B2 
⇒v=

qdB2  B1 
 + 1÷(**)
m  B2 

Từ (*) và (**) ta được:
v=


2qU min qdB2  B1
=
 + 1÷
m
m  B2 
2

⇒ U min


qd 2 B22  B1
=
 + 1÷
2m  B2


Vậy hạt đi qua được miền 2 khi U ≥ Umin = 6898V

uu
r
B1

c. Khi B2 = 2B1 thì R1 > R2 nên tâm của hai
quỹ đạo như hình vẽ.
Từ hình vẽ ta có

AB DO2
=
BO1 BO2

Thay R1 và R2 trên vào ta được:


mvd 1
mv  mv
=
−
d

÷
q B2 qB1  qB2


d
1  mv
= 

−d÷
B2 B1  qB2

B 
mv
⇔ d  1 ÷+ d =
qB2
 B2 

⇒

Từ (*) và (**) ta được:

•

•

B

A
R1

Để hạt đi qua được miền 2 thì Umin khi giới
hạn của miền 2 tiếp tuyến với hạt tại điểm C
như hình vẽ:
d R2 − d
⇒
=
⇔ R2 d = ( R2 − d ) R1
R1

R2

⇒v=

uur
B2


qdB2  B1
+
1

÷(**)
m  B2 

O2•

O1

•

R2
D

C


v=



2qU min qdB2  B1
=
 + 1÷
m
m  B2 
2

⇒ U min

qd 2 B22  B1 
=
 + 1÷
2m  B2 

Vậy hạt đi qua được miền 2 khi U ≥ Umin = 27593V

uur
B2

uur
B1

d.Như hình vẽ:
Từ hình vẽ ta có:

•

A

KC

3
·
KCD
= 300 ⇒
=
CO2
2

•

B

R1

Mà KC = 2d +O2L

K

O2 L
d
d
=
⇒ O2L =
.O1O 2
O1O 2 BO1
BO1

d
( R2 − R1 )
R1

600

O1

d
⇔ O 2 L = ( R2 − R1 )
R1
⇒ KC = 2d +

C

O2•

•

R2

L

R

⇔ KC = d  2 + 1÷
 R1 
KC
3
d  R2 
3
=
⇔

+
1
=

÷
CO2
2
R2  R1  2
qdB2  B1 
3
2qdB2  B1 
⇔
⇒v=
 + 1÷ =
 + 1÷(***)
mv  B2  2
m 3  B2 
Từ (*) và (***) ta được:

D


2

2qd 2 B22  B1 
2qU 2qdB2  B1 
v=
=
 + 1÷ ⇒ U =
 + 1÷

m
3m  B2 
m 3  B2 
Thay số ta được:
U = 34790 V

Bài 3: Giữa hai bản A , B tồn tại một điện trường với AB = 1,5L.
Khoảng CB có độ rộng L có cường
L/2
độ điện trường lớn gấp đôi cường
độ điện trường trong khoảng AC. L
Một electron đi vào bản A có vecto
vận tốc hợp với mặt bàn một góc α.
Vị trí gần nhất K của electron cách L
B một đoạn là L/2. Xác định tấm xa
α
của electron trên bản A.
GIẢI

B

Y

L/2

L
C
V
L

β

α

X

B

C

A


V0

Chọn trục Oxy như hình vẽ:
Gia tốc của hạt khi chuyển động trong miền AC : a1 =

qE
m

Gia tốc của hạt khi chuyển động trong miền CB : a2 =

2qE
= 2a1
m

Xét trong miền AC: ta có
qEL 1
1

1
= m(v 2 − v02 ) = m(vx2 − v02x ) + m(v 2y − v02 y )(*)
2
2
2
2

Vì theo phương Ox gia tốc của vật bằng 0 nên
Khi đó

( *) ⇔

qEL 1
= m(v y2 − v02y )
2
2

Xét trong miền CB ta có:
L VY2
2qEL
=
⇒ VY2 = La2 =
2 2a2
m
qEL
⇒ V02Y =
m
Phương trình vận tốc trong miền CB:

t2 =

vy
a2

=

L
Lm
=
a2
2qE

Phương trình vận tốc trong miền AC:

vx = v0 x


v y = v0 y − a1t1
t1 =

v y − v0 y

⇒ t1 =

a1

=

vy
a1

−

v0 y
a1

2qEL m
qEL m
.
−
m qE
m qE

Lm
( 2 − 1)
qE
Vậy tổng thời gian hạt dịch chuyển giữa hai bản là:
⇒ t1 =

T = 2(t1 + t2 ) =

Lm
(3 2 − 2)
qE

Tầm xa trên tấm A là:

X max = v0 cosα .T

qEL

m
1
qEL
⇒ v0 =
.
sin α
m
Vậy tầm xa của hạt trên tấm A là :
cosα qEL Lm
L
X max =
(3 2 − 2) =
.(3 2 − 2)
sin α
m
qE
tan α
v02Y = ( vo sin α ) =
2


Bài 4: Một điện tích q = 10−3 C , khối lượng m = 10−5 g
chuyển động với vận tốc ban đầu vo đi vào trong
Δ
một vùng từ trường đều có B = 0,1T được giới hạn
giữa hai đường thẳng song song Δ và Δ’, cách nhau q,m
một khoảng a = 10cm và có phương vuông góc với

mặt 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.

a
Δ’


B
α

r
v0

GIẢI

a

Để hạt không ra khỏi từ trường ở ∆ ’ thì quỹ đạo
của hạt không được cắt ∆ ’ . Khi đó quỹ đạo giởi
hạn sao cho ∆ ’ tiếp tuyến với quỹ đạo như hình
vẽ.
mv0
Bán kính của quỹ đạo: R =
qB

Từ hình vẽ ta có:

B

O

A

α
q,m
α
Δ

r 
v0

B

AB = R + R cos α = R (1 + cos α )

a = R (1 + cos α ) ⇔ a =
⇒ v0 =

mv0
(1 + cos α )
qB

qaB
m(1 + cos α )

Vậy điều kiện để hạt không ra khỏi từ trường là
qaB
v ≤ v0 =
m(1 + cos α )
Thay số ta được : v ≤ 536 m/s
Bài 5: Sau khi được tăng tốc bởi hiệu điện thế U = 100V một electron

bay vào một tụ điện phẳng theo phương hợp với bản dương một góc α
= 450. Chiều dài mỗi bản là L = 5cm, khoảng cách giữa hai bản tụ là d
= 1 cm. Như hình vẽ.

Δ’


a. Tính hiệu điện thế giữa
hai bản tụ để electron bay
ra khỏi bản tụ tại điểm
chính giữa O của hai bản.
Vận tốc và hướng chuyển
động của electron lúc đó
như thế nào?
b. Sau khi ra khỏi tụ electron
chuyển động trong một từ trường đều có phương song song với hai
bản. Xác định giá trị của B để electron bắn trúng vào một điểm M.
(MO song song với hai bản tụ và MO = 4cm).
GIẢI
a. Khi được tăng tốc bởi hiệu
điện thế U thì vận tốc của hạt
electron là:
eU =

y

1
mv0 2
2

⇒ v0 =

2 eU
m

F eE
=
m
m
Phương trình chuyển động của hạt giữa hai bản:
 x = v0 cos α .t (*)
Gia tốc của hạt : a =



1 2
 y = v0 sin α .t − 2 at (**)

Phương trình quỹ đạo của hạt:
a.x 2
⇒ y=− 2
+ x tan α (***)
2v0 cos 2 α
Khi hạt đi ra hai bản tại O thì:

r
E

r
F

β

x


x = L


d
y
=


2

d
a.L2
(***) ⇒ = − 2
+ L tan α(***)
2
2
2v0 cos α
v02 cos 2 α (2 L tan α − d ) e E
⇒a =
=
2
L
m
⇒ v0 =

e EL2
=
m cos 2 α (2 L tan α − d )

2 eU
m

2U cos 2 α (2 L tan α − d )
⇒E =
L2
Hiệu điện thế giữa hai bản lúc đó là :
2Ud cos 2 α (2 L tan α − d )
U 0 = Ed =
= 36(V )
L2
Vận tốc tại O:
Theo định luật bảo toàn cơ năng của hạt ta có:

1 2
d 1
mv0 = eE + mv 2
2
2 2

⇔

U 1
1 2
mv0 = e 0 + mv 2

2
2 2

⇒ v = v02 −
v0 =

eU 0
=
m

e (2U + U 0 )
= 6442m / s
m

2 eU
= 5930m / s
m

Vì theo phương Ox hạt chuyển động không có gia tốc nên vận tốc theo
phương này bảo toàn:


vo cos α = v cos β
⇒ cos β =

vo
.cos α = 0, 65
v

⇒ β = 490

b. Như hình vẽ:
OM
OO'
=
=R
Ta có :
2sin β

mv
R
=
Mà
qB
2mv sin β
⇒B=
= 1,38.10−6 (T)
q.OM

y
O’

O

M
β

x