Phương pháp giải bài tập về điện tích chuyển động môn Vật Lý 11 năm 2021-2022

1.1. LỰC LO-REN-XƠ

Lực Lo-ren-xơ là lực từ tác dụng lên hạt mang điện chuyển động trong từ trường. Lực Lo-ren-xơ có:

- Điểm đặt: Trên hạt mang điện chuyển động.

- Phương: Vuông góc với mặt phẳng chứa vectơ vận tốc \(\overrightarrow{v}\)của điện tích và cảm ứng từ \(\overrightarrow{B.}\)

Chiều:

- Với hạt mang điện dương: Tuân theo quy tắc

“Bàn tay trái”: Đặt bàn tay trái sao cho các đường sức từ hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến các ngón tay là chiều chuyển động của hạt mang điện, chiều ngón cái choãi ra \({{90}^{o}}\)là chiều của lực từ.

- Với hạt mang điện âm: Lực từ có chiều ngược lại.

- Độ lớn: \(f=\left| q \right|vB\sin \alpha \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2.1 \right)\)

(\(\alpha \)là góc hợp bởi vectơ vận tốc \(\overrightarrow{v}\) và vectơ cảm ứng từ \(\overrightarrow{B}\))

1.2. CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT MANG ĐIỆN TRONG ĐIỆN TRƯỜNG VÀ TỪ TRƯỜNG

a. Chuyển động của hạt mang điện trong từ trường đều

- Trường hợp \(\alpha ={{90}^{o}}\left( \overrightarrow{v}\bot \overrightarrow{B} \right):\) Quỹ đạo chuyển động của hạt mang điện là đường tròn, với:

- Bán kính: \(r=\frac{mv}{\left| q \right|B}\) (2.2)

- Chu kì: \(T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{\left| q \right|B}\) (2.3)

- Tốc độ góc (tần số xi-clô-trôn): \(\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{\left| q \right|B}{m}\) (2.4)

- Trường hợp \(0<\alpha <{{90}^{o}}\): Quỹ đạo chuyển động của hạt mang điện là đường xoắn ốc, với:

- Bán kính, chu kì, tốc độ góc: Như trường hợp \(\alpha ={{90}^{o}}\left( \overrightarrow{v}\bot \overrightarrow{B} \right)\).

- Bước xoắn: \(l=\frac{2\pi v\cos \alpha .m}{\left| q \right|B}\) (2.5)

b. Sự lệch của hạt mang điện chuyển động trong điện trường và từ trường

- Sự lệch của hạt mang điện chuyển động trong điện trường: Giả sử hạt mang điện có điện tích q, khối lượng m chuyển động với vận tốc \(\overrightarrow{v}\) đi vào vùng điện trường giữa hai bản tụ điện đặt nằm ngang theo hướng vuông góc với các đường sức điện (hình a).

Ta có:

- Độ lệch (theo phương thẳng đứng) của hạt mang điện khi đi trong điện trường:

\({{y}_{1}}=\frac{\left| q \right|E}{2m}\frac{l_{1}^{2}}{v_{0}^{2}}=\frac{{{l}_{1}}}{2}\tan \alpha \) (2.6)

- Độ lệch (theo phương thẳng đứng) của hạt mang điện khi đi ra khỏi điện trường:

\({{y}_{2}}=\frac{\left| q \right|E}{m}\frac{{{l}_{1}}{{l}_{2}}}{v_{0}^{2}}={{l}_{2}}\tan \alpha \) (2.7)

- Độ lệch tổng cộng của hạt mang điện trong quá trình chuyển động:

\(y={{y}_{1}}+{{y}_{2}}=\frac{\left| q \right|E}{2m}\frac{l_{1}^{2}}{v_{0}^{2}}+\frac{\left| q \right|E}{m}\frac{{{l}_{1}}{{l}_{2}}}{v_{0}^{2}}=\frac{\left| q \right|E}{m}\frac{{{l}_{1}}}{v_{0}^{2}}\left( \frac{{{l}_{1}}}{2}+{{l}_{2}} \right)\)

\(=\left( \frac{{{l}_{1}}}{2}+{{l}_{2}} \right)\tan \alpha \) (2.8)

Với: \(\tan \alpha =\frac{{{v}_{y}}}{{{v}_{0}}}=\frac{\left| q \right|E}{m}\frac{{{l}_{1}}}{v_{0}^{2}}\), \(\alpha \)là góc lệch chuyển động của hạt so với phương ban đầu.

- Sự lệch của hạt mang điện chuyển động trong từ trường:

Xét hạt mang điện chuyển động đi vào vùng từ trường \(\overrightarrow{B}\)(hình b).

Ta có:

Độ lệch (theo phương thẳng đứng) của hạt mang điện khi

đi trong từ trường:

\({{y}_{1}}=\frac{l_{1}^{2}}{2R}=\frac{\left| q \right|B}{2m}\frac{l_{1}^{2}}{{{v}_{0}}}=\frac{{{l}_{1}}}{2}\tan \beta \) (2.9)

Độ lệch (theo phương thẳng đứng) của hạt mang điện khi đi ra khỏi từ trường:

\({{y}_{2}}=\frac{\left| q \right|B}{m}\frac{{{l}_{1}}{{l}_{2}}}{{{v}_{0}}}={{l}_{2}}\tan \beta \) (2.10)

Độ lệch tổng cộng của hạt mang điện trong quá trình chuyển động:

\(y={{y}_{1}}+{{y}_{2}}=\frac{\left| q \right|B}{2m}\frac{l_{1}^{2}}{{{v}_{0}}}+\frac{\left| q \right|B}{m}\frac{{{l}_{1}}{{l}_{2}}}{{{v}_{0}}}=\frac{\left| q \right|B}{m}\frac{{{l}_{1}}}{{{v}_{0}}}\left( \frac{{{l}_{1}}}{2}+{{l}_{2}} \right)\)

\(=\left( \frac{{{l}_{1}}}{2}+{{l}_{2}} \right)\tan \beta \) (2.11)

Với: \(\tan \beta =\frac{{{y}_{1}}}{\frac{{{l}_{1}}}{2}}=\frac{2{{y}_{1}}}{{{l}_{1}}}=\frac{\left| q \right|B{{l}_{1}}}{m{{v}_{0}}}\), \(\beta \) là góc lệch chuyển động của hạt so với phương ban đầu.

1.3. HIỆU ỨNG HÔN (HALL)

- Hiệu ứng Hôn là sự xuất hiện hiệu điện thế giữa hai mặt của

tấm kim loại khi có dòng điện chạy qua và được đặt trong từ

trường.

- Hiệu điện thế Hôn: \({{V}_{A}}-{{V}_{C}}=k\frac{IB}{b}\) (2.12)

(b là bề dày của tấm kim loại; \(k=\frac{1}{{{n}_{0}}e}\): hằng số Hôn, \({{n}_{0}}\)là mật độ electron trong kim loại)

- Chú ý: Thực nghiệm cho thấy, với kết quả chính xác thì: \(k=\frac{2}{3}.\frac{1}{{{n}_{0}}e}.\)

2.1. Với dạng bài tập về chuyển động của hạt mang điện trong điện từ trường.

Phương pháp giải là:

- Xác định các lực tác dụng vào hạt mang điện. Cụ thể:

- Có thể bỏ qua trọng lực tác dụng vào hạt (nếu m rất nhỏ).

- Lực Lo-ren-xơ: độ lớn \(f=\left| q \right|vB\sin \alpha \), chiều được xác định theo quy tắc “Bàn tay trái”.

- Viết phương trình chuyển động của hạt theo định luật II Niu-tơn: \({{F}_{hl}}=ma.\)

- Trường hợp \(\alpha ={{90}^{o}}\), lúc đó quỹ đạo của hạt là đường tròn, với:

- Bán kính \(R=\frac{mv}{\left| q \right|B}.\)

- Chu kì: \(T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{\left| q \right|B}.\)

- Tốc độ góc (tần số xi-clô-trôn): \(\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{\left| q \right|B}{m}.\)

- Trường hợp \(0<\alpha <{{90}^{o}}\), lúc đó quỹ đạo của hạt là đường xoắn ốc, với:

- Bán kính, chu kì, tốc độ góc như trường hợp \(\alpha ={{90}^{o}}\left( \overrightarrow{v}\bot \overrightarrow{B} \right).\)

- Bước xoắn: \(l=\frac{2\pi v\cos \alpha .m}{\left| q \right|B}\).

Chú ý: Các trường hợp phức tạp cần sử dụng kiến thức ở mục chú ý Về kiến thức và kĩ năng ở trên.

2.2. Với dạng bài tập về hiệu ứng Hôn.

Phương pháp giải là:

- Sử dụng các công thức xác định hiệu điện thế Hôn, hằng số Hôn:

\({{V}_{A}}-{{V}_{C}}=k\frac{IB}{b};k=\frac{1}{{{n}_{0}}e}\), b là bề dày của tấm kim loại

- Một số chú ý: Chú ý đến giá trị chính xác của hằng số Hôn: \(k=\frac{2}{3}\frac{1}{{{n}_{0}}e}\) nếu đề bài yêu cầu.

Câu 1. Hạt \(\alpha \) chuyển động trong từ trường có cảm ứng từ \(B=1,2T\) theo quỹ đạo tròn có bán kính 0,45m. Tính vận tốc v, chu kì quay T, động năng W của hạt trong từ trường và hiệu điện thế U cần thiết đã dùng để tăng tốc cho hạt trước khi đi vào từ trường. Biết hạt \(\alpha \) là hạt nhân nguyên tử heli có khối lượng bằng 4 lần khối lượng prôtôn, có điện tích +2e, khối lượng prôtôn gấp 1840 lần khối lượng êlectrôn.

Bài giải

- Lực từ tác dụng lên hạt \(\alpha \): \(F=\left| q \right|vB.\sin \alpha =\left| q \right|vB\) (vì \(\alpha ={{90}^{o}}\))

- Vì hạt chuyển động theo quỹ đạo tròn nên lực F đóng vai trò là lực hướng tâm:

\(F=ma=m\frac{{{v}^{2}}}{R}\Leftrightarrow \left| q \right|vB=m\frac{{{v}^{2}}}{R}\Rightarrow v=\frac{\left| q \right|BR}{m}\)

Trong đó: \(q=+2e=2.1,{{6.10}^{-19}}=3,{{2.10}^{-19}}C;\,\,m=4{{m}_{p}}=4,1840{{m}_{e}}\)

\(\Rightarrow m=4,1840.9,{{1.10}^{-31}}=6,{{6976.10}^{-27}}\text{kg}\text{.}\)

\(\Rightarrow v=\frac{3,{{2.10}^{-19}}.1,2.0,45}{6,{{6976.10}^{-27}}}\approx 2,{{6.10}^{7}}.\)

- Chu kì: \(T=\frac{2\pi R}{v}=\frac{2.3,14.0,45}{2,{{6.10}^{7}}}\approx 1,{{1.10}^{-7}}\text{s}\text{.}\)

- Động năng:

\(W=\frac{1}{2}m{{v}^{2}}=\frac{1}{2}.6,{{6976.10}^{-27}}.{{\left( 2,{{6.10}^{7}} \right)}^{2}}=2,{{26.10}^{-12}}\text{J}={{14.10}^{6}}\text{eV}=14\,\text{MeV}\text{.}\)

(Lưu ý: \(1\text{eV}=1,{{6.10}^{-19}}\text{J}\))

- Áp dụng định lí động năng ta có: \(\Delta {{W}_{\tilde{n}}}=A.\)

\(\Rightarrow W-0=qU\Rightarrow U=\frac{W}{q}=\frac{{{14.10}^{6}}\text{eV}}{2.\text{e}}={{7.10}^{6}}\text{V}\text{.}\)

Câu 2: Êlectrôn chuyển động trong một từ trường đều có cảm ứng từ B. Tại thời điểm ban đầu êlectrôn ở điểm O và vận tốc của nó vuông góc \(\overrightarrow{B}\). Tìm khoảng cách từ O đến êlectrôn tại thời điểm t. Khối lượng m, điện tích e và vận tốc v của êlectrôn coi như đã biết.

Bài giải

Vì vận tốc \(\overrightarrow{v}\) vuông góc với \(\overrightarrow{B}\) nên hạt chuyển động theo quỹ đạo tròn với bán kính: \(R=\frac{mv}{eB}\) và tần số góc: \(\omega =\frac{v}{R}=\frac{eB}{m}.\)

Từ đó, góc mà bán kính nối từ tâm đến hạt quay được trong thời gian t là:

\(\varphi =\omega t=\frac{eB}{m}t\)

Ta có: \(OH=2OI=2R.\sin \frac{\varphi }{2}=\frac{2mv}{eB}.\sin \left( \frac{eB}{2m}.t \right)\)

Vậy: Khoảng cách từ O đến êlectrôn tại thời điểm t là: \(l=\frac{2mv}{eB}.\sin \left( \frac{eB}{2m}.t \right).\)

Câu 3. Máy phát điện từ thuỷ động (MHD). Tụ phẳng diện tích mỗi bản là S, khoảng cách giữa hai bản là d được đặt trong một dòng plasma dẫn điện có điện trở suất \(\rho \). Plasma chảy với vận tốc \(\overrightarrow{v}\) không đổi song song hai bản. Hệ thống được đặt trong từ trường có \(\overrightarrow{B}\) song song hai bản và vuông góc \(\overrightarrow{v}\). Hai bản tụ điện nối với một điện trở R.

a. Giải thích tại sao tụ điện lại có tác dụng như một nguồn điện cung cấp dòng điện không đổi cho R? Tính công suất tiêu thụ của R.

b. Với giá trị nào của R, công suất là cực đại? Tính giá trị cực đại này.

Áp dụng số:

\(\text{S}=1{{\text{m}}^{\text{2}}};\,\,\text{d}=1\text{m;}\,\,\text{B}=\text{2T;}\,\,\rho ={{10}^{2}}\Omega \text{m;}\,\,\text{v}=\text{1000m/s}\text{.}\)

Bài giải

a. Công suất tiêu thụ của R

- Giải thích:

Vì dòng plasma dẫn điện nên khi chuyển động trong từ trường \(\overrightarrow{B}\) thì sẽ chịu tác dụng của lực từ.

Vì vận tốc \(\overrightarrow{v}\) của dòng plasma vuông góc với \(\overrightarrow{B}\) nên lực từ tác dụng lên dòng plasma vuông góc với các bản tụ. Dưới tác dụng của lực từ này dẫn đến sự phân bổ điện tích trái dấu trên hai bản của tụ.

Khi nối hai bản tụ với điện trở R thì sẽ có dòng điện qua R, khi đó tụ điện đóng vai trò như một nguồn điện.

- Tính công suất tiêu thụ trên R:

Ta có: \(P={{I}^{2}}R\) (1)

Với \(I=\frac{E}{R+{{R}_{t}}}\) (2)

(\({{R}_{t}}\): là điện trở của phần plasma nằm trong không gian giữa hai bản của tụ; E: là suất điện động).

Ta có: \({{R}_{t}}=\rho .\frac{d}{S}\,\,\,\left( 3 \right)\) và \(E=\frac{A}{q}\)

(với q là điện tích của dòng plasma; A là công của lực điện làm di chuyển q từ bản này sang bản kia của tụ).

\(\Rightarrow A=Fd=qvBd;\,\,\,\,E=vBd\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\)

- Thay (4) vào (2), ta được: \(I=\frac{vBd}{\left( R+\rho \frac{d}{S} \right)}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 5 \right)\)

- Thay (5) vào (1), ta được: \(P=\frac{{{v}^{2}}{{B}^{2}}{{d}^{2}}}{{{\left( R+\rho \frac{d}{S} \right)}^{2}}}.R.\)

Vậy: Công suất tiêu thụ của R là \(P=\frac{{{v}^{2}}{{B}^{2}}{{d}^{2}}}{{{\left( R+\rho \frac{d}{S} \right)}^{2}}}.R\)

b. Xác định R để công suất P đạt cực đại

Ta có: \(p=\frac{{{v}^{2}}{{B}^{2}}{{d}^{2}}}{{{\left( R+\rho \frac{d}{S} \right)}^{2}}}.R\Rightarrow P={{P}_{\max }}\) khi \({{\left( R+\rho \frac{d}{S} \right)}_{\min }}\).

- Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: \(R+\rho \frac{d}{S}\ge 2\sqrt{R.\rho \frac{d}{S}}.\)

\(\Rightarrow {{\left( R+\rho \frac{d}{S} \right)}_{\min }}=2\sqrt{R.\rho \frac{d}{S}}\) khi và chỉ khi \(R=\rho \frac{d}{S}.\)

Và \(P={{P}_{\max }}=\frac{{{v}^{2}}{{B}^{2}}{{d}^{2}}}{4\rho \frac{d}{S}}=\frac{{{v}^{2}}{{B}^{2}}dS}{4\rho }.\)

- Áp dụng số: \(R={{10}^{-2}}.\frac{1}{1}={{10}^{-2}}\Omega .\)

Và \({{P}_{\max }}=\frac{{{1000}^{2}}{{.2}^{2}}.1.1}{{{4.10}^{-2}}}={{10.10}^{7}}W={{10}^{5}}kW.\)

Vậy: Để \(P={{P}_{\max }}\) thì \(R={{10}^{-2}}\Omega \) và \({{P}_{\max }}={{10}^{5}}kW.\)

Câu 4. Hai hạt nhỏ giống nhau, có điện tích q và khối lượng m, chuyển động đồng thời từ một điểm theo phương vuông góc với vectơ cảm ứng từ \(\overrightarrow{B}\) trong một từ trường đều. Hãy biểu diễn khoảng cách giữa hai hạt theo thời gian, nếu vận tốc đầu của chúng cùng chiều và bằng \(\overrightarrow{{{v}_{1}}}\) và \(\overrightarrow{{{v}_{2}}}\). Bỏ qua tương tác tĩnh điện giữa hai hạt điện.

Bài giải

- Giả sử ban đầu hai hạt cùng ở điểm O. Sau thời gian chuyển động hạt thứ nhất đến A, hạt thứ hai đến B.

- Ta có: \(OA=\frac{2m{{v}_{1}}}{qB}\sin \left( \frac{qB}{2m}t \right);\)

\(OB=\frac{2m{{v}_{2}}}{qB}\sin \left( \frac{qB}{2m}t \right).\)

- Vì vận tốc góc của hạt thứ nhất và hạt thứ hai đều bằng nhau và bằng \(\omega =\frac{qB}{m}\) nên trong cùng thời gian t thì góc quay \(\varphi \) của hai bán kính đều bằng nhau (hình vẽ), suy ra ba điểm O, A, B nằm trên cùng đường thẳng.

\(\Rightarrow AB=OB-OA=\frac{2m}{qB}\left( {{v}_{2}}-{{v}_{1}} \right)\sin \left( \frac{qB}{2m}.t \right)\)

Vậy: Khoảng cách giữa hai hạt là: \(r\left( t \right)=\frac{2m}{qB}\left( {{v}_{2}}-{{v}_{1}} \right)\sin \left( \frac{qB}{2m}.t \right)\), với \({{v}_{2}}>{{v}_{1}}.\)

---(Để xem đầy đủ, chi tiết của tài liệu vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---

Trên đây là trích dẫn một phần nội dung tài liệu Phương pháp giải bài tập về điện tích chuyển động môn Vật Lý 11 năm 2021-2022. Để xem thêm nhiều tư liệu hữu ích khác, các em đăng nhập vào trang hoc247.net để tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong học tập.