SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH

TRƯỜNG THPT VÙNG CAO VIỆT BẮC

CHUYÊN ĐỀ: CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT MANG ĐIỆN TRONG
ĐIỆN TRƯỜNG VÀ TỪ TRƯỜNG
Tác giả (Nhóm tác giả): Tổ Vật lý
Trường THPT Vùng cao Việt Bắc

I – CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Khi một vật mang điện, có điện tích q và khối lượng m, chuyển động trong
không gian, ở đó có cả điện trường và từ trường thì nó chịu tác dụng của cả lực
điện và lực từ xác định theo công thức (gọi là công thức Lorenxơ):
r
r
rr
f = qE + q v .B 
(1)
Theo định luật thứ hai Niutơn, phương trình chuyển động của hạt có dạng
r
r
r r
ma = qE + q v + B 
(2)
Dưới đây ta sẽ dựa vào phương trình (2) để xét chuyển động của hạt mang
điện trong một số trường hợp và ứng dụng trong khoa học kỹ thuật.
1. Chuyển động của hạt mang điện trong từ trường đều
r
Xét một hạt có điện tích q và khối lượng m, có vận tốc ban đầu là v đi vào
r
khoảng không gian có từ trường đều với cảm ứng từ B . Bỏ qua tác dụng của trọng

v
r=
q
(6)
.B
m
Ta thấy bán kính quỹ đạo phụ thuộc vào vận tốc v của hạt mang điện, vào độ
lớn cảm ứng từ B và vào tỉ số

q (tỉ số này được gọi là điện tích riêng của hạt
m

mang điện).
Chu kỳ T của chuyển động của hạt hạt mang điện bằng:
2π r 2π 1
T=
=
.
q B
v
m
Từ đó, vận tốc góc (tần số góc) ω của hạt bằng:
2π q
ω=
= .B
T
m
Tần số góc ω này được gọi là tần số góc xiclôtrôn.
Ta thấy chuy kỳ T và tần số góc ω của hạt chỉ phụ thuộc
vào điện tích riêng

r
r
r
hai thành phần vt song song với B và vn vuông góc với B , ta có

vt= vcosα và vn = vsinα
(9)
r
Lực Lorenxơ gây bởi thành phần vt bằng không. Chỉ có lực Lorenxơ xác
r
định bởi thành phần vn là khác không:
2


F = qvBsinα = qvnB
(10)
lực này làm cho hạt chuyển động theo đường tròn nằm trong mặt phẳng vuông góc
r
với B . Như vậy chuyển động của hạt là tổng hợp của hai chuyển động:
r
+ Chuyển động tròn đều trong mặt phẳng vuông góc với B , với vận tốc dài
bằng vn, bán kính quỹ đạo r, chu kỳ T và tần số góc ω xác định bằng các công thức
(6), (7), (8) trong đó thay v bằng vn = vsinα.
+ Chuyển động thẳng đều theo quán tính với vận tốc vt= vcosα dọc theo
r
phương của B .
Vì vậy quỹ đạo của hạt là một đường đinh ốc hình trụ, có trục trùng với
r
phương của véc tơ cảm ứng từ B . Bước của đường đinh ốc là
2π v cos α 1

r
v0

-

r
E

O

α

+

y1

r
v0

r vr
v y

y2

Hình 2
3

y

y


tan α =

vy
v0

=

q l1E
m v02

(14)

Do đó khi ra khỏi tụ điện hạt bị lệch theo phương Oy một khoảng y2 mà
q ll
y2 = l2 tan α = 1 22 E
(15)
m v0
r
E là:

Như vậy độ lệch tổng cộng của hạt mang điện do tác dụng của điện trường

y = y1 + y2 =

q l1  l1

+ l2 ÷E
2 
m v0  2

Khi
ra
khỏi
khu
vực
đó
hạt
bị
lệch
theo
phương
Oy
vuông
góc
với
qB

đoạn y1 tính theo công thức: l12 = y1 (2 R − y1 ) .
4


Xét trường hợp sự lệch của hạt là nhỏ, ta có l12 = 2 Ry , suy ra
l12
qB l12
y1 =
=
.
2 R 2m v0

(18)

r
v0

r
v

y2

r
vy

y

Hình 3
y

y2 = l2 tan β =

qBl1l2
mv0

(20)
r

Như vậy độ lệch tổng cộng của hạt mang điện do tác dụng của từ trường B
là:

l

y = y1 + y2 =  1 + l2 ÷tan β

Bài tập 1.
T
Trong một ống phóng điện tử, các electron
T’
α
được gia tốc bởi hiệu điện thế U = 1 KV rồi bay qua
d
khe T theo phương ngang TT’. Mục tiêu là M, với
+ B
R
TM = d = 5 cm, α = 600 (hình 4).
r
a) Tìm cảm ứng từ B của từ trường vuông góc
M
0
với mặt phẳng hình vẽ để tất cả các electron sau khi
Hình 4
ra khỏi khe T rơi đúng vào mục tiêu.
ur uuur
b) Hãy tính giá trị của B //T M để các electron rơi đúng vào mục tiêu. Cho
rằng B < 0,03 T; e = 1,6 . 10 –19 C.
Bài giải
r
a) Véc tơ B vuông góc với mặt phẳng hình vẽ.
2

Năng lượng của electron

mv 0
2

d
2Sin a

mv 0 2sin a
2eU
với v 0 =
.
e
d
m

2sin a 2mU
.
d
e
r uuur
b) Tính B khi B //T M
* Khi ra khỏi ống e chịu tác dụng của lực Lorenxơ
Ta có B =

T

v0

B
M

6
Hình 5


2pmv 0cos a
eB

- Để hạt đến được M thì TM = N.h = d → B = N .

2U m 2pcos a
.
e
d

2U m 2pcos a
< 0,03 .
.
e
d
Vậy B = N . 6,7 . 103T với N = 1; 2; 3; 4
Bài tập 2.
Một hạt có khối lượng m, điện tích q
x
+ B
dương, bắt đầu chuyển động với vận tốc v
vx
theo hướng song song với trục ox trong một
vy
từ trường đều có cảm ứng từ B= ax (x ≥ 0)
(hình 6).
vt
O
Hãy xác định độ dịch chuyển cực đại
Hình 6

dt
2

® qa ò xdx = m ò y dvy ® qax = mv ® x =
y
0
0
2
x

V

Vậy xmax =

2mvy
qa

£

2mv
qa

2mv
qa

Bài tập 3.
+ +
Hình 7 là một tiết diện của một dây dẫn bằng đồng
có cạnh là (h, a). Dòng điện I đi từ phía trước ra phía sau. h
+ +

i=
thay số có v = 1,4.10-4 m/s.
® v =
ah
ahen
b) Lực tác dụng lên electron chính là lực Lorenxơ. Áp dụng quy tắc bàn tay
trái ta thấy lực này hướng xuống dưới.
r
Vì electron chuyển động vuông góc với B lên lực tác dụng lên electron là:
F = evB = 1,6.10-19.1,4.10-4.2 » 4,5 .10-23N
8


c) Muốn cân bằng lực từ phải đặt vào một điện trường đều hướng xuống
dưới sao cho:
eE = evB ® E = v.B = 1,4.10-4.2 = 2,8.10-4V/m
d) Hiệu điện thế phải đặt vào cạnh trên và dưới của dây dẫn, cạnh trên có
điện thế cao hơn cạnh dưới. Vì điện trường E đều nên:
U = Eh = 2,8.10-4.2.10-2 ® U = 5,6.10-6 V
e) Nếu ta không đặt điện trường ngoài thì dưới tác dụng của lực Lorenxơ
electron sẽ bị lệch xuống phía dưới. Do đó cạnh dưới của dây thừa điện tích âm.
Trong dây xuất hiện điện trường E1 hướng từ trên xuống dưới. Điện trường này có
độ lớn tăng dần, chống lại tác dụng của lực Lorenxơ, sau một thời gian ngắn trạng
thái cân bằng được thiết lập. Tác dụng của lực Lorenxơ hoàn toàn bị cân bằng bởi
tác dụng của điện trường E1. Giữa cạnh trên và cạnh dưới của dây có hiệu điện thế
U1=E1h. Phương chiều và độ lớn của điện trường E1 này hoàn toàn giống điện
trường E ở mục c.
* Chú ý: Trong mọi trường hợp khi mà một dây dẫn (hay vật dẫn nói chung)
có dòng điện chạy qua được đặt trong từ trường thì trong dây dẫn đều xuất hiện
điện trường phụ E1 và do đó ở hai cạnh bên của dây dẫn xuất hiện một hiệu điện

bài (2 đoạn cong trên quỹ đạo có bán kính bằng
nhau). Hãy xác định:
a) Tỷ số cường độ các cảm ứng từ B1 và B2.

9

I

v1

v0 v0
E
O

III

II

B1

B2

L
v2

Hình 9


b) Điện trường E phải có trị số nhỏ hơn bao nhiêu?
Bài giải


mv 0 = - q.E .

L
2

Þ v2 =

2

v0 +
2

v0 -

qEL
m
qEL
m

mv
và R1 = R2 nên ta có:
q .B

mv1
qB 1

=

mv 2

> q.E .

L
2

2

Þ E


ö
÷
÷
÷
÷
ø

2

q B1

=

mv
qB 1
mv

2

= qV 0

2

2mV 0

C

2


O1

d
Hình 11
(2)

(1)

.

C
r1
α

- Để prôtôn đi qua được vùng 2 thì: O 2H > (r2sinα + d)
→ r1 > 3d

O1

qB 2d 2
Vậy: V0 > 9 1
= 28kV
2m
c) Góc lệch toàn bộ: δ = α + γ,

γ

O2
r1
d

2 2
(r sin a + d )
3d
qB d
=
Vì cosβ = 2
nên V0 = 12 1 = 36,8kV.

r2

r1

2m

Bài tập 6.

11

r2
d

Hình 12

æ
ö p
p
ç
÷
= - b
ç - a - b÷

a) Xỏc nh tung y P ca im P ti ú electron ra khi min D v gúc
hp bi vộct vn tc ca electron ti im ú vi trc Ox.
b) Suy ra v trớ ca im chm I trờn mn.
đ
L
c) Xỏc minh rng giỏ tr ca vộct PI i rt gn im Q cú honh
vi
2
nhng gi thit nờu trờn.
Cho L = 1cm; hiu in th tng tc V = 10KV; B = 3mT v D = 20cm.
Bi gii
a) Trong min D qu o ca electron l mt cung trũn tõm C
mv 0
(xC = 0 v yC = R =
)
eB
Ti im P electron ra khi t trng.

I
Ta cú:
yP = R(1 cos)
C
XP = Rsin (vỡ nh)
L
ị sin a =

R
P
electron cỏch O mt on D +


ỗ
ỗ
ốm



T

Hỡnh 13

1

2
ử
ữ
ữ
= 59, 3.106 (m / s )
ữ
ữ
ứ

eBL
= 89.10- 3 rad = 5,110
mv 0
12


L
= 0, 09
R

v
r
x
đổi vuông góc với vận tốc v0 ban đầu của hạt.
0 Hình 14
Chứng tỏ rằng chuẩn (độ lớn) của vận tốc hạt
giảm theo thời gian. Vận tốc tốc bằng 0 có thể đạt được sau một thời gian hữu hạn
không?
Bài giải
Vật chịu tác dụng của lực từ và lực ma sát:
Phương trình chuyển động của hạt:

v

®

®

Tích phân:

®

®

®

®
Þ d v = q v Ù B - k v. v
m d v = F t + F ms
dt

1 + v0

Þ Vận tốc hạt giảm theo thời gian.
Bài tập 8.
13

k
t
m


Một điôt chân không, trong đó khoảng cách giữa anôt và catốt bằng d, ở
trong một từ trường có cảm ứng từ bằng B và hướng song song với mặt phẳng các
bản cực. Hỏi điện áp tối thiểu giữa hai cực bằng bao nhiêu để các electron từ bề
mặt catốt có thể đến được anốt. Coi các electron ở bề mặt catốt là đứng yên và bỏ
qua tác dụng của trọng trường.
Giải
- Ta sẽ khảo sát các điện áp trên điôt sao cho các electron khi rời catôt sẽ
quay trở lại mà không tới được anôt. Trên hình 15 biểu diễn đoạn đầu của quỹ đạo
với hướng của cảm ứng từ đã cho.
- Giả sử electron tại một điểm nào đó trên
quỹ đạo và có 2 thành phần vận tốc v x và v y , còn
giữa hai bản cực của điôt có một điện trường đều
r
E . Khi đó electron chịu tác dụng lực của cả từ
trường lẫn điện trường và ta có phương trình
chuyển động của electron theo các phương x và y
Hình 15
như sau:
dv

+ Theo đề bài, tại t = 0 , v 0 (0) = 0 và vy (0) =
.
me
Từ đó suy ra C = 0 và A =

eE
.
m e wc
14


Cuối cùng, biểu thức của vy (t ) có dạng:

vy (t ) =

eE
sin wct .
m e wc

- Độ dịch chuyển của electron theo trục y:
t

t

y (t ) = ò vy (t )dt = ò
0

0

eE

Từ đây ta tìm được:

U min

ed 2B 2
=
.
2m e

Bài tập 9.
Một hạt mang điện tích dương q, khối lượng m chuyển động thẳng đều với
r
vận tốc v 0 dọc theo trục x’Ox nằm ngang trong vùng không gian có tác dụng của
r
điện trường đều và từ trường đều. Vectơ cường độ điện trường E cùng chiều với
r
trục Oz, hướng thẳng đứng xuống dưới (hình 16). Vectơ cảm ứng từ B vuông góc
với mặt phẳng hình vẽ.
x
v0
O
1.Hãy xác định chiều và độ lớn của vectơ cảm
r
.
ứng từ B (theo q, m, E và gia tốc rơi tự do g).
B
vx
2. Khi hạt tới điểm O, người ta đột ngột đảo
z
r

FL = qE + mg = qv 0B
® B =

qE + mg
qv 0

(1)

r
Véc tơ B hướng theo trục Oy, vào phía trong mặt phẳng hình vẽ.
r
r
2) Bây giờ véctơ B và FL có chiều như trên hình vẽ. áp dụng định luật II
Newton:
r
r
r
r
ma = Fd + P + FL
(2)
Chiếu (2) lên Ox và Oz (chú ý đến (1)):
dvx
Bq
(3)
=v
dt
m z
dvz
Bq
Bq

Bq
p
cos( t + ) - v 0t
Vy: x = Bq
m
2
Tng t, t (9) v bit lỳc t = 0 , z = 0 , ta cú:
ự
ổ
2mv 0 ộ
Bq
pử
ữ
ờ1 - sin ỗ
ỳ
ữ
z=
t
+
ỗ
ữ
ờ
ữ
ỗ
Bq ở
2 ứỳ
ốm
ỷ
Phỏc ho qu o ca ht nh trờn hỡnh 17.
4mv 0

đ Bq t = 2p hay t =
Bq
m
Khi ú x = - v 0t = -

2pmv 0
, v t (8) v (9) tỡm c:
Bq

vx = + 2v 0 - v 0 = v 0 ; vz = 0

r
Vn tc v ca ht hng theo chiu dng ca trc Ox v cú ln bng v 0 .
Bi tp 10.
Mt chựm tia hp gm cỏc ion 39K v 41K i vo khe hp ca khi ph k,
ng nng ca cỏc ion l T = (500 5) eV. Chựm tia cú gúc m l 2 = 60 khi bt
u i vo khi ph k.
T trng B = 0,7T cú phng vuụng gúc
2
vi mt giy. t tm phim lờn mt phng AM
(hỡnh 18).

A

BN

Hỡnh 18
17

1


+ Với 39K: AN1 = 5,75cm; 42K: AN2 = 5,90cm
N1N2 = 1,45mm
2. a) Các hạt có phương vuông góc với mặt AM
sẽ chuyển động theo nửa vòng tròn bán kính R
và đập vào tấm kính tại N1.
- Các ion có hướng hợp với pháp tuyến
của AM góc α vạch nên cung tròn AN1’N1’’.

N’1
O’
R
α

α

A

O

N’’1 N2

M

Hình 19

a

» Ra


ç
ç
÷
÷
ç
2
T
ç
è
ø
÷
0
eB ç
T
è
0 ø
∆x2 = dmax – dmin = 2R

DT
T0

= 0,58mm

(3)

3. N1N2 = 2∆x. Các vạch tách rời nhau, vì vậy có thể dựng khối phổ kế để phát hiện
39
K và 41K.
18


với Ox. Do đó ở đây ta chỉ xét chuyển động của điện tích dương:
- Ban đầu điện tích dương được đặt tại vị trí x i = L/2, yi = 0. Sau đó lực điện
hút chúng lại gần nhau nên tọa độ x giảm dần (vì v x < 0), khi các điện tích chuyển
động trong từ trường vuông góc sẽ chịu tác dụng của lực Lorentz hướng theo Oy
nên tọa độ y tăng dần (vì vy > 0).
uur uur
r
Khi đó, theo định luật II Newton, ta có: FE + FB = m .a
Chiếu lên các trục Ox và Oy ta có:

ìï
ïï m
ïï
í
ïï
ïï m
ïî

dvx
kq 2
=+ q.vy .B
dt
4x 2
dv
× y = - q.v x .B
dt

( 1)
( 2)


Vi iu kin ban u: ti = 0 thỡ xi = + L/2; vy = 0.
Nhn xột: Thnh phn vn tc ca in tớch dng theo phng Oy l mt hm ca
ta x.
uur
r
Vỡ FB ^ v nờn lc t khụng sinh cụng, nờn theo nh lý bin thiờn ng
nng ta cú:
x

ũF

E

.dx = Dị
K

kq 2
1
kq 2 ổ
1 2ử
2
ỗ
- ũ 2 dx = mv ị v =
ữ
ỗ - ữ
ữ
ữ
ỗ
2
4

(5)
;c =

m .k
B 2 .L3

ỏng chỳ ý l phng trỡnh (5) khụng ph thuc vo in tớch q, vỡ c lc
in v lc t u t l vi in tớch q.
Bõy gi ta s xột iu kin L t giỏ tr nh nht cú th. Giỏ tr ca L nh
thỡ gi tr ca c s ln (ph thuc vo cỏc gi tr ca m, k v B ú cho). Do ú,
chỳng ta cn tỡm giỏ tr ln nht ca hm s f ( z ) = z ( 1 - z ) . Hm f(z) t giỏ tr
ln nht khi z= 1/2, khi ú theo phng trỡnh (5) ta cú:
c = 1/16. Ta thu c: L = (16m.k/B2)1/3.
- Xột chuyn ng ca cỏc in tớch ti v trớ x f. Thay xf = L/4 vp phng
trỡnh (1) ta cú:
ự
4kq 2 ộ
B 2L3
ờ
m .a xf = 2 ờ
- 1ỳ
(6)
ỳ= 0
L ở16.m .k
ỷ
iu ny cho thy vxf cú giỏ tr khụng i v cú giỏ tr cui cựng bng
khụng. Mt khỏc, ti ú lc in v lc t cõn bng nhau v cỏc ht chuyn ng
dc theo phng Oy vi khong cỏch bng na khong cỏch ban u L. Hn na,
hai in tớch i xng nhau qua trc Ox, iu ny khụng cho phộp xỏc nh hm
x(t), cho phộp ta xỏc nh chớnh xỏc thi im in tớch cú v trớ xf.

(5)
thì
, điều này dẫn đến:
÷
z
>
ç
÷
ç
÷
z
è B2 ø
FBf = q.vf.B > FEf=k.q2/(2xf)2
do đó quỹ đạo chuyển động quay trở lại của các điện tích sẽ làm tăng tọa độ x cho
tới khi khoảng cách giữa chúng lại là L, khi đó các điện tích lại ở trạng thái nghỉ và
sau đó chuyển động của các điện tích sẽ lặp lại như cũ, khi đó quỹ đạo chuyển
động của các điện tích sẽ có dạng như hình vẽ. Các hạt sẽ không thể tiến tới
khoảng cách L/2; trong thực tế khoảng cách này sẽ đạt giá trị xấp xỉ L nếu L có giá
trị rất lớn.
Bài tập 12. (Kỳ thi Vật lý thế giới lần thứ 18 tại Đông Đức, 1987)
Trong lòng một buồng hình xuyến có từ trường
2α0
r
với cảm ứng từ B có độ lớn B không đổi. Từ nguồn
điểm P phát ra một chùm electron theo phương các
đường sức, electron đã được tăng tốc bởi hiệu điện thế
P
R
V0. Góc mở của chùm 2α0 rất nhỏ ( 2α0
r
r r
- Lực lái là lực Lorentz: F = - e[uo , B 1 ]
u 02
F = eu 0B 1 = m
R

- Ta có

(1)
1/ 2

æ
2eV 0 ö
u 02
÷
÷
hay ç
= uo
ç
eV 0 = m
÷
ç
÷
ç
m
2
è
ø


ç
Rè e ø
5.10 è 1, 76.10 ø

(3)

Thay số vào ta được B 1 = 0, 37.10- 2V sm - 2 (tesla )

r
2 . Hạt tích điện có vận tốc ban đầu gần song song với từ trường B sẽ chuyển động
xoắn ốc quanh đường sức. Hình chiếu của quỹ đạo xuống mặt phẳng vuông góc
với các đường sức là đường tròn mà bán kính r phụ thuộc vào thành phần v n của u0
vuông góc với các đường sức.
vn2
Ta có m
= evn B
r
Chu kỳ quay là :

mvn
eB
2pr
2pm
2p
T =
=
=
vn
eB
wc

4mu 0
hoặc nếu dùng (2) thì ta có
eR

1/ 2

4æ
m ö
ç
÷
B = ç2 V 0 ÷
= 4B 1
÷
÷
Rç
e
è
ø

(7)

B = 1, 48.10- 2T
3. Bài toán có tính đối xứng quay quanh trục z vuông góc với mặt phẳng hình
xuyến nên trong mặt phẳng này ta dùng các toạ độ y
độc cực r và φ . Các đại lượng véctơ (vận tốc, lực
Lorentz, từ trường) cũng sẽ phân tích thành các
1
thành phần tương ứng. Vì α0 rất nhỏ ta chỉ cần xét
một electron được bắn vào hình xuyến ở bán kính R
r

mvf r = mu 0R
Suy ra vf = u 0R / r
(10)
Nhưng lực Lorentz có thể có thành phần theo phương z :

Fz = - eBvr

e
Bvr
m
Điều này có nghĩa là (với B không đổi) một biến thiên của v z liên hệ với một biến
Thành phần này gây ra gia tốc :

az = -

thiên của r theo hệ thức: D vz = -

e
B Dr
m
23


Vỡ D r = r - R v D vz = vz nờn ta cú:
vz = -

e
B (r - R)
m


ổ
ử
Rử
2 ỗr - R ữ
ữ
ữ
1=ỗ
+
A
ỗ ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ R ứ
ữ
ữ
ỗ
ốr ứ
ố
Vi A =

(12)

e BR
(12) l phng trỡnh tỡm im o.
m u0
2

2




B1 B2
P1
A

P
2
600

d1
I

P3

v0
R1

IV. Trong vựng II v III ngi ta to ra t trng u cú
r
r
vộct cm ng t B 1 v B 2 song song vi ba mt phng trờn
v cú chiu nh hỡnh v. Ht proton trong vựng I c tng
tc bi hiu in th U , sau ú c a vo vựng II ti
r
im A trờn mt phng P1 vi vn tc v0 hp vi phỏp tuyn
ca P1 mt gúc 600.
B qua tỏc dng ca trng trng. Cho bit khi lng



r
r
r
cản FC tỉ lệ thuận với vận tốc của hạt ( FC = − kv , với k là hằng số). Vì vậy khi
chuyển động trong vùng III, bán kính quỹ đạo của hạt giảm dần và khi ra khỏi
vùng III, bán kính quỹ đạo của hạt bị giảm đi 5% so với khi không có lực cản. Tìm
độ dài đoạn đường l mà hạt còn đi tiếp được trong vùng IV.
Bài giải
mvo2
2qU
1. Vận tốc của proton:
= qU Þ v 0 =
2
m
Bán kính quỹ đạo proton
mv 02
mv 0
Bqv 0 =
Þ R =
R
qB

Þ

R =

R1

3
= d1

2

Từ (4) và (2) có: B 2 =

d1B 1
d2 3

=

B1
2 3

1
B2

mU
= d2
2q

(4)

» 0, 29 T

3. Tại vùng III và IV:
Fc
- kv
=
m
m



D R = R 2' - R 2 = - aR 2 .

R 2 + R 2'
pR
a
Ds »
. Với R =
= R 2 (1 - )
6
2
2
25

(bán kính trung bình)