Bài tập Bài toán chuyển động của điện tích trong điện trường đều lớp 11 (có lời giải)

- Máy lọc không khí sử dụng công nghệ ion âm sẽ phát ra các ion âm vào trong không khí. Điện trường đều của Trái Đất làm phân tán rộng chùm ion âm này và hướng chúng lên phía trên. Tác dụng này làm tăng khả năng để các ion âm kết hợp được với các hạt bụi mịn mang điện dương tức là tăng khả năng lọc bụi mịn.

- Trong dao động kí, điện trường đều của các bản lái tia có tác dụng điều chỉnh hướng đi của các tia điện tử (electron).

Sử dụng công thức \(E = \frac{U}{d}\) ta tính được cường độ điện trường giữa hai bản phẳng là: \(E = \frac{{24}}{{{{12.10}^{ - 2}}}} = 200\left( {{\rm{\;V}}/{\rm{m}}} \right)\)

Chú ý rằng cường độ điện trường có chiều ngược với trục Oy nên khi chiếu lên phương Oy sẽ lấy giá trị đại số là số âm.

Từ công thức định nghĩa cường độ điện trường \(\vec E = \frac{{\vec F}}{q}\) ta tìm được công thức tính lực tác dụng lên một điện tích q đặt trong điện trường: \(\vec F = q\vec E\).

Lực điện tác dụng lên electron có độ lớn bằng:

\(F = qE = \left( { - 1,6 \cdot {{10}^{ - 19}}} \right) \cdot \left( { - 200} \right) = + 3,2 \cdot {10^{ - 17}}{\rm{\;N}}\)

Lực điện tác dụng lên electron cùng phương với cường độ điện trường \({\rm{\vec E}}\) nên cùng phương với Oy. Dấu dương (+) ở kết quả thể hiện lực tác dụng hướng lên phía trên cùng chiều Oy.

Theo phương Ox: Hình chiếu của lực điện bằng 0 nên electron chuyển động đều với phương trình chuyển động: \(x = {v_0}t = 20000t\left( m \right)\)(1)

Theo phương Oy: Hình chiếu của lực điện tác dụng bằng \( + 3,{2.10^{ - 17}}\left( {\rm{N}} \right)\) không đổi nên electron sẽ chuyển động nhanh dần đều với gia tốc:

\(a = \frac{F}{m} = \frac{{3,2 \cdot {{10}^{ - 17}}}}{{9,1 \cdot {{10}^{ - 31}}}} = + 3,516 \cdot {10^{13}}\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Phương trình chuyển động theo phương Oy sẽ là: \(y = \frac{1}{2}{\rm{at}}{{\rm{\;}}^2} = 1,{758.10^{13}}{{\rm{t}}^2}\left( {\rm{m}} \right)\)(2)

Từ (1) ta rút ra \(t = \frac{x}{{20000}}\) rồi thay vào (2) ta thu được phương trình quỹ đạo của chuyển động: \(y = \frac{1}{2}a{t^2} = 1,{758.10^{13}}{\left( {\frac{x}{{20000}}} \right)^2} = 4,{395.10^4}{x^2}\left( m \right)\)

Kết quả cho thấy electron sẽ chuyển động theo cung parabol hướng lên bản phẳng nhiễm điện dương và khi gặp bản phẳng này chuyển động sẽ kết thúc. Ở điểm cuối cùng của chuyển động, hoành độ sẽ đạt giá trị cực đại, lúc này tung độ của electron là: \(y = 6{\rm{\;cm}}\).

Từ phương trình quỹ đạo ta xác định được tầm xa theo phương Ox mà electron đạt được: \(6 \cdot {10^{ - 2}} = 4,395 \cdot {10^4}x_{{\rm{max}}}^2\)

Nên \({x_{{\rm{max}}}} = 1,16839 \cdot {10^{ - 3}}\left( {{\rm{\;m}}} \right).\)

Vận tốc theo phương Oy của electron trước lúc va chạm với bản nhiễm điện dương là: \({v_y} = at = 3,516 \cdot {10^{13}}\frac{{{x_{\max }}}}{{20000}} = 2,054 \cdot {10^6}\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)

Động năng của electron trước khi va chạm với bản nhiễm điện dương (v_x = 0) là:

\(W = \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}m\left( {v_y^2 + v_x^2} \right) = \frac{1}{2} \cdot 9,1 \cdot {10^{ - 31}} \cdot 4,22 \cdot {10^{12}} = 19 \cdot 2 \cdot {10^{ - 19}}{\rm{\;J}}.\)

a) Cường độ điện trường giữa hai bản kim loại: \(E = \frac{U}{d} = \frac{{12}}{{2 \cdot {{10}^{ - 2}}}} = 600{\rm{\;V/m}}\).

Vì lực điện hướng thẳng đứng xuống dưới nên độ lớn gia tốc trên phương thẳng đứng của electron là: \({a_y} = \frac{{|q|E}}{m} = \frac{{1,6 \cdot {{10}^{ - 19}} \cdot 600}}{{9,1 \cdot {{10}^{ - 31}}}} \approx 1,05 \cdot {10^{14}}\;{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}\)

Thời gian để electron ra khỏi vùng không gian giữa hai bản kim loại là:

\(t = \frac{\ell }{{{v_x}}} = \frac{{8 \cdot {{10}^{ - 2}}}}{{{{7.10}^6}}} \approx 11,43 \cdot {10^{ - 9}}{\rm{\;s}}\)

với \(\ell = 8{\rm{\;cm}}\) là chiều dài bản kim loại phẳng.

Thành phần vận tốc của hạt theo phương thẳng đứng khi hạt vừa ra khỏi vùng không gian giữa hai bản kim loại: \({v_y} = {a_y}t = \left( {1,05 \cdot {{10}^{14}}} \right) \cdot \left( {11,43 \cdot {{10}^{ - 9}}} \right) \approx 1,2 \cdot {10^6}{\rm{\;m/s}}\)

Tốc độ của electron khi vừa ra khỏi vùng không gian giữa hai bản kim loại:

\(v = \sqrt {v_x^2 + v_y^2} = \sqrt {{{\left( {{{7.10}^6}} \right)}^2} + {{\left( {1,{{2.10}^6}} \right)}^2}} \approx 7,{1.10^6}{\rm{\;m/s}}\)

b) Độ lệch của hạt so với ban đầu theo phương thẳng đứng khi hạt vừa ra khỏi vùng không gian giữa hai bản kim loại là:

\(y = \frac{1}{2}{a_y}{t^2} = \frac{1}{2}\left( {1,05 \cdot {{10}^{14}}} \right){\left( {11,43 \cdot {{10}^{ - 9}}} \right)^2} \approx 6,86 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{\;m}}\)

Vì sau đó hạt chuyển động thẳng đều nên thành phần v_x, v_y vẫn không thay đổi. Khi hạt đến đập vào màn huỳnh quang S, ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{s_x} = {v_x}t'}\\{{s_y} = {v_y}t'}\end{array} \Rightarrow {s_y} = {v_y}\frac{{{s_x}}}{{{v_x}}} = 1,{{2.10}^6}\frac{{0,15}}{{{{7.10}^6}}} \approx 25,{{71.10}^{ - 3}}{\rm{\;m}}} \right.\)

Vị trí hạt chạm vào màn S cách trục của ống một đoạn:

\(y + {s_y} = 6,86 \cdot {10^{ - 3}} + 25,71 \cdot {10^{ - 3}} = 32,57 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{\;m}}\)