Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 11 - Tập 2 - Phần 1: Điện từ - Chuyên đề 2: Điện tích chuyển động

Nội dung text: Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 11 - Tập 2 - Phần 1: Điện từ - Chuyên đề 2: Điện tích chuyển động

1. 2. BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 2: ĐIỆN TÍCH CHUYỂN ĐỘNG 13. Trong ống phóng điện tử của máy thu vô tuyến truyền hình, êlectrôn thoát ra từ catot K được tăng tốc và thoát khỏi anốt A với  năng lượng W 3keV. Sau đó êlectrôn đi vào từ trường B của một  cuộn dây: B vuông góc với phương ban đầu của êlectrôn, 3 B 1,6.10 T và tác dụng trong khoảng chiều dài l1 5cm. Sau khi ra khỏi từ trường, êlectrôn chuyển động trong ống trong khoảng l2 30cm rồi đập vào màn huỳnh quang. Tính độ lệch x của êlectrôn trên màn. Biết 1eV 1,6.10 19 J Bài giải Chuyển động của êlectrôn tính từ sau khi thoát khỏi anốt được chia làm hai giai đoạn: + Giai đoạn 1: chuyển động dưới tác dụng của lực từ trong khoảng chiều dài l1. + Giai đoạn 2: chuyển động thẳng theo phương của vectơ vận tốc ngay sau khi đi hết chiều dài l1. * Trong giai đoạn 1: v v v 1 x ox 0 vy voy at1 0 at1 2 và x1 v0t1 3 1 y at 2 4 1 2 1 Thay (3) vào (4), ta được: 2 2 1 x1 1 F x1 F y1 a. 2 . 2 a 2 v0 2 m v0 m 2W 1 Với F e v B.sin 90o e v B;v (do W mv2 ) 0 0 0 m 2 0
2. Và x1 l1 1 e Bl 2 1 e Bl 2 y 1 1 5 1 2 2W 2 2mW m m - Vectơ vận tốc của êlectrôn tại điểm vừa ra khỏi từ trường hợp với phương ngang một góc với: x a. 1 v y at1 v0 ax1 al1 tan 2 2 6 vx v0 v0 v0 v0 * Trong giai đoạn 2: y Ta có: tan 2 7 l2 e v B 0 .l l al l 1 2 e Bl l e Bl l - Từ (6) và (7) suy ra: y 1 2 m 1 2 1 2 . 2 v2 v2 mv 2W 0 0 0 m m e Bl l y 1 2 8 2 2mW - Từ (5) và (8), ta có độ lệch theo phương ban đầu của electrôn khi đến màn hình là: 2 1 e Bl1 e Bl1l2 e Bl1 l1 x y1 y2 l2 2 2mW 2mW 2mW 2 1,6.10 19.1,6.10 3.0,05 0,05 x 0,3 0,142m 14,2cm. 2,91.10 31. 3.103.1,6.10 19 2 Vậy: Độ lệch của electron trên màn là x 14,2cm.  14. Một êlectrôn có vận tốc v đi vào một từ trường đều, B hợp với v góc . a) Êlectrôn chuyển động theo quỹ đạo thế nào? Tính các kích thước của quỹ đạo đó. b) Tính công của lực từ tác đụng lên êlectrôn. Bài giải a) Quỹ đạo của êlectrôn  - Vì vectơ v hợp với B một góc nên ta phân tích v thành hai thành phần:   v1 vuông góc với B .   v2 song song với B . - Tác dụng của lực từ lên êlectrôn:  Theo v1 làm êlectrôn chuyển động tròn với bán kính R.
3.   Theo v2 làm êlectrôn chuyển động thẳng đều với vận tốc v2 v.cos dọc theo phương của B. - Do tham gia đồng thời hai chuyển động nên êlectrôn chuyển động theo đường xoắn ốc với: mv mv.sin Bán kính: R 1 . eB eB Bước xoắn: h v2t, với v2 v.cos ;t : bằng thời gian êlectrôn chuyển động được một vòng tròn bán kính R. 2 R 2 m v.cos .2 m 2 mv.cos t và h . v1 eB eB eB mv.sin 2 mv.cos Vậy: Quỹ đọa của electron là đường xoắn ốc với bán kính R , bước xoắn h . eB eB b) Công của lực từ tác dụng lên electron  - Theo thành phần v2 lực từ tác dụng lên êlectron bằng 0 nên công của lực từ theo thành phần này bằng 0.  - Theo thành phần v1 lực từ tác dụng lên êlectron bằng 0, nhưng vì electron chuyển động tròn theo thành phần này nên công của lực từ tác dụng lên êlectron trong một chu kì cũng bằng 0. Vậy: Công lực từ tác dụng lên electron bằng 0. 15. Một hạt electron (điện tích -e, khối lượng m) được tăng tốc từ trạng thái nghỉ và bay thẳng từ A đến B trong điện trường đều giữa hai mặt phẳng (P 1) và (P 2) cách nhau đoạn d 1. Sau đó electron tiếp tục bay vào vùng có từ  trường B nằm giữa hai mặt phẳng (P 2) và (P 3) (cách nhau một đoạn d 2) với vận tốc ban đầu có độ lớn v 0, có hướng vuông góc với vectơ cảm ứng từ và hợp với vectơ pháp tuyến của (P2) góc (hình vẽ). Biết quỹ đạo của hạt nằm trong mặt phẳng hình vẽ và hạt ra khỏi từ trường tại điểm D trên (P3).  a) Xác định vectơ cường độ điện trường đều E. b) Xác định hướng bay của electron khi ra khỏi từ trường đều. Bài giải  a) Xác định vectơ cường độ điện trường đều E    F eE  -Vì E không đổi nên gia tốc của electron: a const. m m - Electron chuyển động thẳng từ A đến B với vA 0 nên chuyển động của electron là nhanh dần đều, với: v2 cos a 0 . 2d1   - Từ đó, các vectơ E song song, cùng chiều với BA có độ lớn:
4. ma mv2 cos E 0 e 2ed1  Vậy: Vectơ cường độ điện trường E có chiều từ B đến A và có độ lớn: mv2 cos E 0 . 2ed1 b) Hướng bay của electron khi ra khỏi từ trường đều   mv - Vì v  B nên electron chuyển động từ B đến D trên một cung tròn có bán kính: R 0 . 0 eB - Từ hình vẽ, ta có:  d BD 2Rsin 2 . 2  cos 2   d2 d2 2sin cos sin sin  . 2 2 R R d eBd sin  2 sin 2 sin R mv0 Vậy: Hướng bay của electron khi ra khỏi từ trường hợp với pháp tuyến của (P 3) góc   , với eBd sin 2 sin . mv0 16. Trong miền không gian phẳng xOy ở phía y 0 có một từ   trường đều B, B có phương z, chiều hướng ra ngoài mặt phẳng hình vẽ. Một hạt mang điện tích q, khối lượng m chuyển động dọc theo trục y với vận tốc ban đầu v 0 đi vào miền không gian đó. Khi chuyển động trong miền không gian đó hạt chịu tác dụng của lực cản tỉ lệ  với vận tốc: Fe v. Lực cản này có trị số lớn sao cho hạt luôn luôn ở trong miền không gian đó. Sau khi vào miền không gian đó, hạt chuyến động theo quỹ đạo “xoắn ốc”, đi đến điểm P. Xác định điểm P. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. (Trích Đề thi Olympic, Mỹ - 1997) Bài giải   - Các lực tác dụng lên hạt: lực Lo-ren-xơ fL và lực cản Fc . Phương trình chuyển động của hạt:    fL Fc ma q v  B v ma - Vì hạt chỉ chuyển động trong mặt phẳng xOy nên vận tốc của hạt không có thành phần theo trục z. Chiếu phương trình chuyển động của hạt lên hai phương Ox và Oy, ta được:
5. Fx vx qBvy ; Fy vy qBvx dv dx dy dv dy dx m x qB ;m y qB dt dt dt dt dt dt m vx x qB y;m vy y qB x, P x; y . - Theo đề, v0 0;v0 ;0 và v 0;0;0 . Do đó, ta có: 0 x qB y; mv0 y qB x mqBv m v x 0 ; y 0 2 q2 B2 2 q2 B2 mqBv0 m v0 Vậy: Điểm P trong miền không gian trên có tọa độ P 2 2 2 ; 2 2 2 ;0 q B q B  17. Các electron sau khi gia tốc bởi một điện áp U (không đổi) có vận tốc v được bắn vào từ trường đều B (từ một ống phóng T) theo phương đường thẳng a. Ở một khoảng cách nào đó đối 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 đường sức 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) Trường hợp đường sức vuông góc với mặt phẳng a;M : - Lực Lo-ren-xơ đóng vai trò là lực hướng tâm, electron chuyển động trên quỹ đạo là đường tròn, bán kính mv R . eB - Để electron rơi vào bộ máy thu ở M thì: TH TM mv TM R sin 2sin eB 2sin TM.eB deB v 2msin 2msin - Mặt khác, electron đạt vận tốc v khi nó được tăng tốc bởi hiệu điện thế U, nên: 1 2eU mv2 eU v 2 m deB 2eU 2sin 2mU B 2m.sin m d e
6. 2sin 2mU Vậy: Trường hợp này độ lớn cảm ứng từ là B . d e  b) Trường hợp đường sức song song với đường thẳng TM, hay B,v - Phân tích v thành hai thành phần vuông góc nhau:  Thành phần vuông góc với B : vn vsin  Thành phần song song với B : vs v cos  - Quỹ đạo của hạt là đường đinh ốc, nếu nhìn theo phương của B thì nó là đường tròn có bán kính r: mv mvsin r n q B q B 2 r 2 m - Thời gian quay một vòng: T . vn eB   - Thành phần vs làm electron chuyển động thẳng đều với vận tốc vs v cos dọc theo phương của B Trong thời gian đó electron đã đi được một đoạn dài là h 2 mv cos (bước ốc): h v T s eB d Mà: d Nh h (N là số bước ốc) N 2 Nmv cos B ed - Mặt khác, electron đạt vận tốc v khi nó được tăng tốc bới hiệu điện thế U, nên: 1 2eU mv2 eU v 2 m 2 N cos 2mU B d e 2 N cos 2mU Vay: Trường hợp này độ lớn cảm ứng từ là B d e  18. Cho hệ trục tọa độ Oxy. Phía trên trục Ox là từ trường đều B có phương thẳng góc với mặt phẳng Oxy và hướng vào trong. Phía dưới trục Ox là điện trường đều có cường độ E hướng theo chiều âm của trục Oy. Một hạt khối lượng m, mang điện tích -q được bắn lên từ gốc tọa độ O theo chiều dương của trục Oy. Sau khi bắn lên đến khi gặp trục Ox lần thứ 3 thì hạt m cách gốc O một khoảng L. Tính vận tốc v của hạt lúc bắn lên và tổng quãng đường hạt đi được từ thời điểm ban đầu đến khi gặp trục Ox lần thứ n? (Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực).
7. Bài giải - Chuyển động của hạt gồm: Chuyển động tròn đều trong vùng từ trường đều với vận tốc v dưới tác dụng của lực Lo-ren-xơ với: mv * Bán kính quỹ đạo: R . qB * Quãng đường đi giữa hai lần gặp trục Ox liên tiếp: st R. (Giữa hai lần gặp trục Ox liên tiếp, hạt chỉ chuyển động được một nửa đường tròn) Chuyển động thẳng biến đổi đều dưới tác dụng của điện trường phía dưới trục Ox gồm: chuyển động chậm dần đều đi xuống và chuyển động nhanh dần đều đi lên với: qE * Gia tốc: a m mv2 * Quãng đường đi được trong điện trường: s 2y . d qE mv L - Khi hạt gặp trục Ox lần thứ 3, ta có: L 4R R . qB 4 qBL - Vận tốc ban đầu của hạt là: v . 4m - Quãng đường hạt đi được kể từ lúc bắn đến lúc gặp trục Ox lần thứ 1 là: L s s R 1 t 4 - Quãng đường hạt đi được kể từ lúc bắn đến lúc gặp trục Ox lần thứ 3 là: s3 2st sd - Quãng đường hat đi được kể từ lúc bắn đến lúc gặp trục Ox lần thứ 5 là: s5 3st sd .
8. Quãng đường hạt đi được từ lúc bắn đến lúc gặp trục Ox lần thứ 2k 1 là: L B2 L2 s ks k 1 s k k 1 q ;k 1,2,3, 2k 1 t d 4 16mE - Tương tự, quãng đường hạt đi được kể từ lúc bắn đến lúc gặp trục Ox lần thứ 2k là: L B2 L2 s2k k st sd k q ;k 1,2,3 4 16mE L B2 L2 - Đặt n 2k 1 (n là số lẻ) thì: s n 1 n 1 q . n 8 32mE qBL Vậy: Vận tốc v của hạt lúc bắn lên là v và tổng quãng đường hạt đi được từ thời điểm ban đầu đến khi 4m gặp trục Ox lần thứ n là: L B2 L2 s n 1 n 1 q . n 8 32mE  19. Một hạt tích điện q 0 chuyển động với vận tốc v0 trong điện trường đều       E và từ trường đều B, với v0  B,v0  E và E v0 B (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của trọng trường. Độ lớn vận tốc v của hạt bằng bao nhiêu ở  0 thời điểm khi vectơ vận tốc v hợp với v0 góc 180 . Bài giải       - Hạt chuyển động dưới tác dụng của lực điện F qE F  E và lực Lo-ren-xơ FL FL  v .   - Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F FL ma. - Chiếu phương trình vectơ trên lên phương ngang Ox, ta được: FL cos qvB.cos qB FL cos max ax vy vy v cos m m m dv qB dy qB x v y C dt m dt x m - Lúc đầu, khi y 0 thì vx v0 , suy ra: C v0 qB Do đó: v v y 1 x 0 m  - Nếu chỉ có tác dụng của FL thì quỹ đạo của hạt là tròn đều. Vì có thêm tác dụng của lực điện thẳng đứng hướng xuống nên quỹ đạo của hạt là đường xoắn ốc.  - Tại thời điểm t khi vận tốc v của hạt tạo với v0 một góc 180° thì vx t v và từ (1) ta được:
9. qB m v v y t y t v v 2 0 m qB 0 1 2 1 2   - Áp dụng định lí động năng, ta được: mv mv0 A A 3 2 2 F FL    ( A 0 vì FL  v và A Fy t qEy t ) FL F - Kết hợp với (2), (3), ta được: 1 1 m Em mv2 mv2 qE v v v v 4 2 2 0 qB 0 B 0 1 1 Với E v B nên (4) trở thành: v2 v2 v v v 0 2 2 0 0 0 2 2 v 2v0v 3v0 0 v 3v0 (loại nghiệm âm v v0 )  Vậy: Độ lớn vận tốc v của hạt ở thời điểm khi vectơ vận tốc v hợp với v0 góc 180° là v 3v0 20. Xét một đám mây electron có dạng hình trụ, bán kính R, dài vô hạn. Mật độ electron có giá trị đồng đều n 0, điện tích của electron là -e và khối lượng electron là m. Quanh đám mây là chân không. Có một từ trường   đều không đổi dọc theo trục của hình trụ (trục z) sao cho B0 B0k với B0 0 và k là vectơ đơn vị theo phương z. Đám mây electron quay xung quanh trục z với vận tốc góc  (hình vẽ). Các vận tốc không tương đối tính, một chất khí gồm các hạt tích điện gọi là một "plasma". a) Tìm cường độ điện trường tại điểm nằm cách trục một khoảng r r R bên trong đám mây. b) Tìm hợp lực tác dụng lên một electron nằm cách trục một khoảng r bên trong đám mây. Bỏ qua từ trường sinh ra bởi chuyển động quay của đám mây. c) Sử dụng định luật II Niu-tơn, chỉ ra rằng có hai giá trị của  là khả dĩ đối với các electron để cho hệ là ổn eB định. Hãy viết các giá trị  này theo hai tần số khác liên quan đến bài toán, đó là tần số xiclôtrôn  0 c m 2 n0e và tần số “plasma”  p , với  0 là hằng số điện.  0m  d) Tìm mật độ electron lớn nhất n0 max để đám mây electron có thể bị giam giữ bởi từ trường B0k. Hãy viết 2 B0 2 biểu thức của n0 max theo mật độ năng lượng và năng lượng nghỉ mc của electron. 20
10. e) Hãy tính từ trường B sinh ra bởi chuyển động quay của đám mây tại một điểm nằm cách trục một khoảng r trong đám mây hình trụ. f) Hãy xác định lực tác dụng lên một điện tích trong đám mây hình trụ do từ trường B gây ra. Hãy chỉ ra rằng v2 tỉ số của lực này và lực điện trường bằng , trong đó v là vận tốc của hạt tích điện và c là tốc độ ánh sáng. c2 (Điều đó chứng tỏ rằng tác dụng của từ trường B là không đáng kể khi vận tốc quay là không tương đối tính) (Trích “Tạp chí Lượng tử" - Nga) Bài giải a) Cường độ điện trường tại điểm nằm cách trục một khoảng r r R bên trong đám mây - Do tính chất đối xứng và vô hạn của đám mây hình trụ nên điện trường tại điểm cách trục r có hướng vuông góc với trục. - Áp dụng định lí Ốt-trô-grát-xki-Gau-xơ cho mặt trụ trục z, bán kính r, độ cao l, ta được: r 2 ln e n er E r .2 lr 0 E r 0  0 2 0  n er Và E r 0 n, với n là vectơ pháp tuyến, hướng ra ngoài. 2 0 Vậy: Cường độ điện trường tại điểm nằm cách trục một khoảng r r R bên trong đám mây là  n er E r 0 n 2 0 b) Hợp lực tác dụng lên một electron nằm cách trục một khoảng r bên trong đám mây. 2 n0e r - Lực điện trường hướng ra ngoài và có độ lớn: Fd e E . 2 0 - Lực Lo-ren-xơ hướng vào trong và có độ lớn: FL evB0 erB0. 2 n0e r - Hợp lực tác dụng lên electron có độ lớn: Fhl Fd FL erB0 2 0   (Nếu Fd FL thì Fhl hướng ra ngoài; nếu Fd FL , thì Fhl hướng vào trong). Vậy: Hợp lực tác dụng lên một electron nằm cách trục một khoảng r bên trong đám mây có độ lớn 2 n0e r Fhl Fd FL erB0 2 0 c) Chứng minh rằng có hai giá trị của  là khả dĩ đối với các electron để hệ ổn định và viết các giá trị  này theo hai tần số C và p
11. 2 n0e r 2 - Để hệ ổn định thì hợp lực tác dụng lên electron phải là lực hướng tâm và Fd FL : erB0 m r 2 0 mr - Chia hai vế của hệ thức trên cho và biến đổi ta được: 2 2 eB0 n0e 2 2 2 2 2 2c  p 2 m m 0 2 2 hay: 2 2c  p 0 : phương trình bậc hai theo    2 2 2   2 2 2 - Với 0, ta có  c c p và  c c p . 1 2 2 2 Vậy: Có hai giá trị của  là khả dĩ đối với các electron để hệ ổn định và các giá trị này là   2 2 2   2 2 2  c c p và  c c p . 1 2 2 2  d) Mật độ electron lớn nhất n0 max để đám mây electron có thể bị giam giữ bởi từ trường B0k. 2 2 2 2 2 2 e B0 2n0 e Từ 0 c 2 p 2 . m  0m 2 2 2 B0  0 B0 1 1 B0 n0 . 2 ,c n0 max 2 2m 20 mc  00 20mc  Vậy: Mật độ electron lớn nhất n0 max để đám mây electron có thể bị giam giữ bởi từ trường B0k là 2 B0 n0 max 2 20mc e) Từ trường B sinh ra bởi chuyển động quay của đám mây - Các electron chuyển động tròn tạo nên các dòng điện tròn. Một dãy vô hạn các dòng điện tròn song song với nhau sẽ tạo ra từ trường B tại một điểm bất kì có hướng song song với trục hình trụ. - Xét diện tích chắn bởi hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN song song với trục z của hình trụ và cách trục z một khoảng r r R , cạnh PQ nằm ngoài đám mây hình trụ. Gọi B 1 là cảm ứng từ nằm dọc theo MN, B 0 là cảm ứng từ nằm dọc theo PQ. Ta có:  Bd I  I B l B l  I,l AD 1 Ñ 0 1 0 0 dq Và dI n evldr,dI 0 dt R R R2 r 2 I dI n elrdr n el 2 0 0 r r 2
12. 2 2 0n0e R r - Từ (1) và (2): B B B B 1 0 2 0 2 2 0n0e R r Vậy: Từ trường do đám mây gây ra là B 2 f) Lực tác dụng lên một điện tích trong đám mây hình trụ do từ trường B gây ra 2 2 2 2 0n0e  r R r - Lực từ do từ trường B gây nên: F qvB ,q e,v r. t 2 2 n0re - Lực điện trường: Fd e E . 2 0 2 Ft 2 2 2 2 2 v 0 0 R r 0 0 R 2 Fd c F - Vì v c nên t 1. Fd Vậy: Lực từ tác dụng lên điện tích trong đám mây hình trụ do từ trường B gây ra là không đáng kể.  21. Trong lòng một buồng hình xuyến có từ trường với cảm ứng từ B có độ lớn không đổi. Từ nguồn điểm P phát ra một chùm electron theo phương các đường cảm ứng từ, các electron này đã được tăng tốc bởi hiệu điện thế U0. Góc mở 2 0 của chùm là rất nhỏ. P ở trên bán kính R của hình xuyến (hình vẽ). Bỏ qua tương tác giữa các electron trong chùm. a) Để giữ cho chùm electron chuyển động trong hình xuyến phải có một từ  trường gọi là từ trường “lái” B1 . Tính B1 với một electron chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính R. b) Tìm giá trị của B sao cho chùm electron hội tụ tại 4 điểm cách nhau như trong hình vẽ. Khi xét quỹ đạo 2 của electron có thể bỏ qua sự cong của các đường cảm ứng từ.  c) Không thể giữ cho chùm electron chuyển động trong hình xuyến nếu không có từ trường “lái” B1 . Thế nhưng electron vẫn có một chuyển động vuông góc với mặt phẳng của hình xuyến mà ta gọi là chuyển động “trôi”. - Chứng minh rằng độ lệch của bán kính quỹ đạo của electron so với bán kính ban đầu R là hữu hạn. - Xác định chiều của vận tốc “trôi”. e Cho 1,76.1011 C / kg ;U 3kV; R 50mm. m 0 (Trích Đề thi Olympic Quốc tế, Đức -1987)
13. Bài giải  a) Tính độ lớn của từ trường “lái” B1 Gọi v0 là vận tốc ban đầu của chùm electron. Để giữ cho chùm electron chuyển động trong vòng xuyến thì từ  trường “lái” B1 phải vuông góc với mặt phẳng hình xuyến và hướng ra phía trước. Lực “lái” ở đây phải là lực Lo-ren-xơ nên: mv2 mv2 f 0 ev B 0 1 L R 0 1 R mv2 Mặt khác: 0 eU 2 2 0 1/2 1/2 1 2mU0 1 1 3 2 B1 2 2. 11 .3.10 0,37.10 T R e 5.10 1,76.10  Vậy: Để giữ cho chùm electron chuyển động trong vòng xuyến thì từ trường “lái” B1 phải có độ lớn 2 B1 0,37.10 T. b) Giá trị của B sao cho chùm electron hội tụ tại 4 điểm cách nhau 2  - Hạt tích điện có vận tốc ban đầu gần song song với từ trường B sẽ chuyển động theo đường đinh ốc quanh đường sức từ. Hình chiếu của quỹ đạo xuống mặt phẳng vuông góc với các đường sức từ là đường tròn có  bán kính r phụ thuộc vào thành phần vn của vận tốc v0 vuông góc với đường sức từ, với: mv2 mv n ev B r n 3 r n eB 2 r 2 m Và T 4 vn eB  - Thành phần vt của vận tốc v0 song song với các đường sức từ là không đổi và hầu như bằng nhau cho mọi electron, vì 0 rất nhỏ nên: vt v0 cos v0 5 2 m - Khoảng cách giữa hai điểm hội tụ là: d v T v 6 t 0 eB 2 R - Mặt khác, theo đề bài: d 7 4 4mv - Từ (6) và (7), ta được: B 0 . eR mv2 - Mặt khác, ta có: 0 eU . Từ đó: 2 0
14. 1/2 4 2mU0 2 2 B 4B1 4.0,37.10 1,48.10 T R e Vậy: Với B 1,48.10 2T thì chùm electron hội tụ tại 4 điểm cách nhau 2 c) Xác định độ lệch của bán kính quỹ đạo của electron so với bán kính ban đầu và chiều của vận tốc “Trôi”. Vì bài toán có tính đối xứng qua trục z vuông góc với mặt phẳng hình xuyến nên trong mặt phẳng này ta có   thể dùng hệ tọa độ cực r và với các đại lượng như v, fL , B. - Chứng minh rằng độ lệch của bán kính quỹ đạo của electron so với bán kính ban đầu R là hữu hạn. Vì rất nhỏ nên ta chỉ cần xét một electron được bắn vào hình xuyến tại điểm bán kính R với vận tốc v 0 gần tiếp tuyến với đường tròn bán kính R. 1 2 2 2 1 2 Động năng electron: Wd m vr v vz mv0 const. 2 2 2 2 2 Tại những điểm đảo của quỹ đạo electron vr 0 nên: v vz v0 . Tại điểm đảo r R, ta có: v v0 ;vr 0;vz 0. Để tìm lệch cực đại theo bán kính ta tìm một điểm đảo khác r R . Xét điểm đảo r nào đó, đối với trục z, R momen động lượng của electron đối với trục z bảo toàn nên: mv r mv R v v 0 0 r Thành phần lực Lo-ren-xơ theo phương r : Fz eBvr . e e Gia tốc do nó gây ra: a Bv v B r z m r z m e Vì r r R, v v nên v B r R . z z z m 2 2 2 2 2 2 R e R e Từ đó, ta được: v0 v0 B r R 1 B r R r m r mv0 2 2 e BR R 2 r R Đặt A ta đươc: 1 A 8 m v0 r R (8) là phương trình để tìm điểm đảo. Xét vế phải của (8), coi đó là hàm số của r, ta có: 2 2 R 2 r R y f r A 9 r R Đồ thị của (9) có dạng như hình bên. Trên đồ thị ta thấy ngoài giá trị r R còn có giá trị r1 R r1 R nhưng hữu hạn. Điều này chứng tỏ độ lệch r R là hữu hạn.
15. Chiều của vận tốc "trôi" e Vì R r r1 nên vz 0 vz B r R , nghĩa là vận tốc “trôi” hướng theo chiều âm của trục z. m 22. Xiclôtrôn là máy gia tốc hạt tích điện đầu tiên của vật lí 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 (hình vẽ). Các D được nối với hai cực của một nguồn điện sao cho giữa hai D có một điện áp U với giá trị hiệu dụng 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 tạo ra một từ trường đều, có vectơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt các D (mặt phẳng hình vẽ). Giữa hai thành khe của Xiclôtrôn có một nguồn phát ra hạt (khối lượng m ) với vận tốc 7 ban đầu là v0 10 m / s vuông góc với khe, lúc ấy người ta điều chỉnh điện áp của nguồn điện để cho D bên phải tích điện âm, D bên trái tích điện dương. Sau đó hạt chuyển động với vận tốc tăng dần cho đến khi đủ lớn thì nó được lái ra ngoài cho đập vào các bia để thực hiện các phản ứng hạt nhân. 27 19 5 Cho m 6,64.10 kg, điện tích nguyên tố e 1,6.10 C, B 1T,U 2.10 V 1. Chứng minh rằng trong lòng các D quỹ đạo của hạt là nửa đường tròn. Tìm mối liên hệ của bán kính quỹ đạo vào khối lượng, vận tốc, điện tích của hạt và vào cảm ứng từ B. Với chiều đi của hạt như trong hình  vẽ thì B hướng ra trước hay sau mặt phẳng hình vẽ? 2. Nếu mỗi lần đi qua khe, hạt đều chuyển động cùng chiều với điện trường do U sinh ra và nó cũng đều được tăng tốc, thì để có sự đồng bộ này, f phải thỏa mãn điều kiện gì và lấy giá trị bằng bao nhiêu? Tính vận tốc vn của hạt khi đi trên nửa đường tròn thứ n và bán kính Rn của nửa đường tròn đó. Nếu bán kính của nửa đường tròn cuối là 0,5m thì hạt đã chuyển động được khoảng bao nhiêu vòng? Tính vận tốc trước khi đi ra ngoài các D của nó? 3. Nếu tần số f lấy giá trị như đã tính ở câu 2 và giữ không đổi, đồng thời tiếp tục cho hạt chuyển động tăng 5 tốc đến vận tốc ngưỡng vng 10 km / s thì không điều chỉnh đồng bộ được nữa. a) Giải thích nguyên nhân. b) Nêu mối liên hệ tốc độ góc của hạt và f. c) Để sự tăng tốc của hạt đồng bộ với sự đảo chiều của điện áp, thì bán kính tối đa của các D bằng bao nhiêu? (Trích Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, Năm 2008)
16. Bài giải 1. Chứng minh quỹ đạo của hạt trong lòng các D là nửa đường tròn - Trong lòng D chỉ có từ trường tác dụng lực Lo-renxơ lên hạt : F qvBsin 2evBsin  - Vì lực Lo-ren-xơ là lực hướng tâm nên B hướng từ phía trước ra phía sau (đi vào) mặt phẳng hình vẽ, do đó: m v2 m v 2evB R 1 R 2eB m v Vậv: Quỹ đạo của hạt trong lòng các D là nửa đường tròn bán kính R 2eB 2. Vận tốc vn của hạt khi đi trên nửa đường tròn thứ n và bán kính Rn của nửa đường tròn đó - Hạt đi được một vòng thì u phải đổi chiều hai lần, tức là chu kì chuyển động của hạt và chu kì đổi chiều của u phải bằng nhau: 19 2 R m 1 eB 1,6.10 .1 T f 27 7,67MHz v eB T m 3,14.6,64.10 2eB Và  2 f 2 m - Cứ mỗi lần đi qua khe, hạt lại thu thêm được một động năng bằng 2eU. Như vậy, nếu hạt qua khe lần thứ n và đi trên nửa đường tròn thứ n, động năng của hạt tăng thêm một lượng 2neU. Vì động năng ban đầu 1 của hạt là W m v2 nên động năng của hạt khi đi trên nửa đường tròn thứ n là: d 0 2 0 1 1 W W 2neU m v2 2neU m v2 d d 0 2 0 2 n - Vận tốc của hạt khi đi trên nửa đường tròn thứ n là: 2 4neU vn v0 3 m Từ (1 ), bán kính của nửa đường tròn thứ n là: 4neU m v2 m v 0 m R n 4 n 2eB 2eB 2 m 2eBRn 2 - Từ (4) suy ra: n v0 4eU m
17. 27 19 6,64.10 2.1,6.10 .1.0,5 14 n 19 5 27 10 24 lượt 4.1,6.10 .2.10 6,64.10 - Từ (3) suy ra, sau 12 vòng vận tốc của hạt là: 19 5 14 2 4.24.1,6.10 .2.10 7 v 10 27 2,4.10 m / s 6,64.10 Vậy: Số vòng mà hạt đã chuyển động là 12 và sau 12 vòng vận tốc của hạt là v 2,4.107 m / s 5 3. Khi tiếp tục cho hạt chuyển động tăng tốc đến vận tốc ngưỡng vng 10 km / s a) Giải thích nguyên nhân - Khi vận tốc của hạt tăng, do hiệu ứng tương đối tính khối lượng của hạt tăng theo hệ thức Anh-xtanh: m m nên tốc độ góc của nó theo (2) sẽ giảm. 2 v 1 c - Vì thế, nếu tần số f của U giữ không đổi thì hạt đến khe chậm hơn trước, lẽ ra vào lúc tăng tốc thì lại đi ngược chiều điện trường và sẽ bị hãm lại. b) Mối liên hệ tốc độ góc của hạt và f 2 2 2eB 2eB v v Ta có:  1 2 f 1 m m c c 2 v Vậy: Mối liên hệ tốc độ góc của hạt và f là  2 f 1 c c) Bán kính tối đa của các D mv m v 6,64.10 27.108 Ta có: R 2,2m. max 2 2 2eB v 8 2eB 1 19 10 2.1,6.10 .1 1 8 c 3.10 Vậy: Bán kính tối đa của các D là Rmax 2,2m. 23. Một electron trong đèn hình của máy thu hình có năng lượng W 12keV. Ống phóng được đặt sao cho electron chuyển động nằm ngang và theo hướng Nam - Bắc địa lý. Cho biết thành phần thẳng đứng của từ trường Trái Đất có cảm ứng từ B 5,5.10 5T và hướng xuống dưới. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Cho 19 31 e 1,6.10 C;me 9,1.10 kg. a) Dưới tác dụng của từ trường trái đất, electron bị lệch về hướng nào? Tính gia tốc của electron dưới tác dụng của lực từ.
18. b) Khi chạm vào màn hình electron bị lệch đi một khoảng bao nhiêu so với phương ban đầu. Biết rằng khoảng cách từ điểm phóng của electron đến màn hình là l 20cm. (Trích Đề thi học sinh giỏi Đăk Lăk, Năm 2011) Bài giải a) Hướng lệch và gia tốc của electron - Theo quy tắc “Bàn tay trái”, electron lệch về hướng Đông địa lý. - Lực Lo-ren-xơ tác dụng lên electron: F evB. mv2 2W 2.12.103.1,6.10 19 - Mặt khác: W v 6,5.107 m / s 2 m 9,1.10 31 19 5 F evB 1,6.10 .5,5.10 6 14 2 - Gia tốc: a 31 .2,05.10 6,28.10 m / s m m 9,1.10 Vậy: Electron sẽ bị lệch về hướng Đông địa lý với gia tốc a 6,28.1014 m / s2 . b) Độ lệch của electron so với phương ban đầu - Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực, dưới tác dụng của lực Lo-ren-xơ, electron chuyển động cong với các phương trình theo hai phương như sau: x vt 2 at evB 2 y t 2 2m 2 evB x eB 2 - Phương trình quỹ đạo của electron: y x ; x 0. 2m v 2mv - Khi electron chạm đến màn hình: x l 20cm; thì độ lệch của electron so với phương ban đầu: 14 eB 2 a 2 6,4.10 2 3 y x 2 x 2 .0,2 3,04.10 m 3mm 2mv 2v 2 2,05.106 Vậy: Độ lệch của electron so với phương ban đầu là y 3mm. 24. Một proton đi vào một vùng không gian có bề rộng d 4.102 m và có từ trường đều B1 0,2T . Sau đó prôtôn đi tiếp vào vùng không gian cũng có bề rộng d, có từ trường B2 2B1. Ban đầu, proton có vận tốc vuông góc với các vecto cảm ứng từ và vuông góc với mặt biên của vùng không gian có từ trường (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của trọng 27 lực. Cho khối lượng của prôtôn mp 1,67.10 kg , diện tích của proton q 1,6.10 19 C. a) Hãy xác định giá trị của hiệu điện thế U0 để tăng tốc cho proton sao cho prôtôn đi qua được vùng đầu tiên.
19. b) Hãy xác định hiệu điện thế U0 sao cho prôtôn đi qua được vùng thứ hai. c) Hãy xác định hiệu điện thế U0 sao cho proton sau khi đi qua được vùng thứ hai thì có hướng vectơ vận tốc hợp với hướng của vectơ vận tốc ban đầu một góc 60°. Bài giải a) Xác định giá trị của hiệu điện thế U0 để prôtôn đi qua được vùng đầu tiên  mv - Khi v vuông góc với B trong từ trường, prôtôn có quỹ đạo là đường tròn, bán kính: R1 qB1 2 mv 2mU0 - Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: qU0 R1 2 2 qB1 - Để proton đi qua được vùng thứ nhất (I) thì R1 d. 19 2 2 2 qB2d 2 1,6.10 .0,2 . 4.10 U 1 3065V 3,065kV 0 2m 2.1,67,10 27 Vậy: Để prôtôn đi qua được vùng đầu tiên thì U0 3,065kV. b) Xác định giá trị của hiệu điện thế U0 để proton đi qua được vùng thứ hai - Sau khi qua vùng I, proton vẫn giữ nguyên giá trị vận tốc, lực Lo-ren-xơ chỉ làm thay đổi phương của hạt d mang điện. Lúc này vectơ vận tốc của hạt lệch đi một góc , với: sin . R1 2mU0 1 - Theo đề: B2 2B1 R2 2 R1. qB2 2 - Để prôtôn qua được vùng II, dựa vào hình vẽ, ta có: O2 H R2 R2 sin d . R1 3d qB2d 2 Và: U 9 1 9.3,065 27,285kV. 0 2m Vậy: Để prôtôn đi qua được vùng thứ hai thì U0 27,285kV. c) Xác định U 0 để prôtôn sau khi đi qua được vùng thứ hai thì có hướng vectơ vận tốc hợp với hướng của vectơ vận tốc ban đầu một góc 60° - Gọi   là góc lệch toàn bộ giữa hướng của vectơ vận tốc ban đầu và hướng của vectơ vận tốc của prôtôn khi qua khỏi vùng 2. Trên hình vẽ, ta có:
20.    2 2 3 sin  cos  sin 2 3 R sin d 2d Mà cos  2 R2 R1 qB2d 2 U 12 1 12.3,065 36,78kV 0 2m Vậy: Để prôtôn sau khi đi qua được vùng thứ hai thì có hướng vectơ vận tốc hợp với hướng của vectơ vận tốc ban đầu một góc 60° thì U0 36,78kV 25. Một vật nhỏ tích điện trượt không ma sát, không vận tốc ban đầu dọc theo một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng . Vật chuyển động trong một từ trường đều hướng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ và trong trường trọng lực. Sau khi trượt được một quãng đường l, nó rời mặt phẳng nghiêng và bay theo một đường phức tạp như hình vẽ. a) Hãy xác định vận tốc của vật lúc bắt đầu rời mặt phẳng nghiêng. b) Hãy xác định mức biến thiên chiều cao của vật so với mặt đất trong khi bay. Bài giải a) Vận tốc của vật lúc bắt đầu rời mặt phẳng nghiêng Vì lực Lo-ren-xơ không sinh công nên vận tốc của vật lúc bắt đầu rời mặt phẳng nghiêng được tính theo định luật bảo toàn cơ năng: mv2 mgl sin 0 2 v0 2gl sin 1 Vậy: Vận tốc của vật lúc bắt đầu rời mặt phẳng nghiêng là v0 2gl sin b) Mức biến thiên chiều cao của vật so với mặt đất trong khi bay - Lúc vật bắt đầu rời mặt phẳng nghiêng là lúc mà phản lực của mặt phẳng nghiêng tác dụng lên vật là N = 0 và lực Lo-ren-xơ là: qv0 B mg cos 2      - Phân tích: v0 v1 v2 , trong đó: Thành phần v1 nằm ngang gây ra lực Lo-ren-xơ F1 cân bằng với trọng lực: