La bàn và bản đồ minh họa việc định hướng bằng từ trường

Chú thích:

• Bắc. (N)
• Đông. (E)
• Nam. (S)
• Tây. (W)

Kim la bàn quay về hướng xác định nhờ .

Động cơ điện, loa phóng thanh và máy in đều dựa trên . Những hiện tượng quen thuộc như nam châm hút đinh sắt hay kim la bàn quay về hướng bắc cũng bắt nguồn từ tương tác từ. Ở tầng cơ bản, từ tính là tương tác giữa các đang chuyển động.

Tương tác từ diễn ra qua hai bước. chuyển động hoặc tạo ra trong không gian xung quanh. Từ trường ấy tác dụng lực lên điện tích chuyển động hay dòng điện khác. Chương này khảo sát bước thứ hai, tức là cách điện tích và dòng điện phản ứng với từ trường. Chương 28 sẽ xét cách các chuyển động điện tích tạo ra từ trường.

Sau chương này, bạn sẽ có thể:

• Mô tả tính chất của nam châm và cách chúng tương tác.
• Xác định tác dụng lên chuyển động và phân tích quỹ đạo của nó.
• Biểu diễn bằng đường sức và phân biệt chúng với đường sức điện.
• Phân tích lên dây dẫn có và lên khung dây.
• Giải thích nguyên tắc hoạt động của động cơ điện một chiều và .

Để theo dõi chương, cần ôn của hai vectơ, chuyển động tròn đều, , đường sức điện, điện thông, định luật Gauss, và điện kế.

Bài tập: Câu hỏi mở đầu

Kim la bàn chỉ về phía bắc địa lí vì lý do nào sau đây? (i) Có tác dụng lên kim. (ii) Có từ làm kim quay. (iii) Kim tự tạo ra . (iv) Cả (i) và (ii). (v) Cả (i), (ii) và (iii).

9 chủ đề · tổng cộng khoảng 27 phút đọc

Từ trường và cách biểu diễn

1. 1Từ tínhVì sao nam châm có hai cực và tương tác từ gắn với điện tích chuyển động?Khoảng 3 phút
2. 2Từ trườngVận tốc và dấu điện tích quyết định lực từ như thế nào?Khoảng 3 phút
3. 3Đường sức từ và từ thôngBản đồ đường sức và từ thông cho biết những gì về từ trường?Khoảng 3 phút

Chuyển động của hạt mang điện

1. 4Chuyển động trong từ trườngKhi nào hạt đi theo đường tròn hoặc đường xoắn ốc?Khoảng 3 phút
2. 5Ứng dụng chuyển động của hạtTrường chéo nhau chọn vận tốc và phân biệt khối lượng hạt ra sao?Khoảng 3 phút

Dòng điện, vòng dây và thiết bị

1. 6Lực từ lên dây dẫnLực vi mô lên hạt tải trở thành lực lên cả dây như thế nào?Khoảng 3 phút
2. 7Lực và mômen lên vòng dâyVì sao tổng lực có thể bằng không nhưng vòng vẫn quay?Khoảng 3 phút
3. 8Động cơ điện một chiềuCổ góp và suất phản điện động quyết định chiều quay và công suất ra sao?Khoảng 3 phút
4. 9Hiệu ứng HallĐiện áp ngang giúp suy dấu và mật độ hạt tải như thế nào?Khoảng 3 phút

Tóm tắt

Lực từ lên điện tích chuyển động

Tóm tắt: Lực từ vuông góc vận tốc và từ trường

Góc giữa vận tốc và quyết định độ lớn lực. Dấu quyết định chiều lực so với .

Tương tác từ là tương tác giữa các chuyển động. $\overrightarrow{B}$ mô tả tương tác ấy. Hạt có điện tích $q$, vận tốc $\overrightarrow{v}$ chịu lực:

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{F}& =q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B},\\ F& =|q|vB\sin \varphi .\end{array}$$

Lực vuông góc cả vận tốc và . Đơn vị của $B$ là tesla, với $1\mathrm{T}=1\mathrm{N}/(\mathrm{A}\cdot \mathrm{m})$. Xem Ví dụ 27.1.

Đường sức và từ thông

Tóm tắt: Vector diện tích xác định dấu từ thông qua mặt

Thành phần theo pháp tuyến đóng góp vào .

Đường sức tiếp tuyến với $\overrightarrow{B}$ tại mỗi điểm. Trong cùng một bản đồ, các đường càng dày thì trường càng mạnh. qua mặt và định luật Gauss cho mặt kín là:

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Phi }}_B& =\int \overrightarrow{B}\cdot d\overrightarrow{A},\\ \oint \overrightarrow{B}\cdot d\overrightarrow{A}& =0.\end{array}$$

Đơn vị là weber, $1\mathrm{Wb}=1\mathrm{T}\cdot {\mathrm{m}}^2$. Mặt kín dùng pháp tuyến hướng ra ngoài. Mặt hở cần chọn một hướng pháp tuyến nhất quán. Đường sức không có nguồn hay điểm tận cùng, các đường trong bản đồ nam châm khép kín qua cả bên trong nam châm. Xem Ví dụ 27.2.

Chuyển động trong từ trường

Tóm tắt: Quỹ đạo tròn trong mặt phẳng vuông góc từ trường đều

thay đổi hướng vận tốc mà không sinh công.

Khi chỉ có , tốc độ hạt giữ không đổi. Trong đều, vận tốc ban đầu vuông góc trường cho quỹ đạo tròn. Với hạt không tương đối tính:

$$R=\frac{mv}{|q|B}.$$

Nếu có thêm thành phần vận tốc song song trường, hạt đi theo đường xoắn ốc. Trong dùng điện trường và chéo nhau, hai lực có thể cân bằng khi $v=E/B$ và chiều vận tốc phù hợp. Xem Ví dụ 27.3–27.6.

Lực từ lên dây dẫn mang dòng

Tóm tắt: Đoạn dây mang dòng trong từ trường

chiều dài có hướng của dòng quy ước.

Với đoạn dây thẳng trong đều:

$$\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{B}.$$

Độ lớn $\overrightarrow{l}$ bằng chiều dài đoạn dây, hướng theo dòng. Với đoạn dây vi phân:

$$d\overrightarrow{F}=Id\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{B}.$$

Cộng các lực vi phân để tính lực lên dây cong hoặc dây trong trường không đều. Xem Ví dụ 27.7–27.8.

Vòng dây, mômen từ và năng lượng

Tóm tắt: Cặp lực tác dụng lên vòng dây trong từ trường đều

Tổng lực có thể bằng không trong khi khác không.

Vòng dây diện tích $A$, dòng $I$ có $\overrightarrow{\mu }=I\overrightarrow{A}$. Mômen từ của $N$ vòng giống nhau cùng hướng bằng $NI\overrightarrow{A}$. Trong đều:

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\tau }& =\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B},\\ U& =-\overrightarrow{\mu }\cdot \overrightarrow{B}\\ & =-\mu B\cos \varphi .\end{array}$$

Mômen có xu hướng đưa về cùng hướng với . thấp nhất ở hướng cùng chiều và cao nhất ở hướng ngược chiều. Xem Ví dụ 27.9–27.10.

Động cơ điện

Tóm tắt: Vòng dây, cổ góp và chổi điện của động cơ một chiều

Chú thích:

• Rôto. (Rotor)
• Chổi than. (Brush)
• Cổ góp. (Commutator)

Cổ góp đổi chiều dòng trong vòng để duy trì chiều quay.

tác dụng mômen lên dòng trong rôto. Chuyển động rôto tạo . Với mô hình động cơ kích từ nối tiếp, điện áp hai cực bằng tổng suất phản điện động và sụt áp trên điện trở trong:

$$V_{ab}=\mathcal{E}+Ir.$$

Trong mô hình bỏ qua tổn hao khác, công suất cơ phát triển bằng $\mathcal{E}I$. Xem Ví dụ 27.11.

Hiệu ứng Hall

Tóm tắt: Sự tách điện tích ngang trong vật dẫn đặt trong từ trường

Điện trường Hall cân bằng ngang lên hạt tải trong trạng thái ổn định.

vuông góc tạo sự tách theo hướng vuông góc cả hai. Sự tách điện tích sinh điện trường và điện áp ngang. Với các trục đã chọn trong bài:

$$nq=-\frac{J_x{B}_y}{E_z}.$$

Đo Hall cho phép suy dấu hạt tải và mật độ $n$ trong mô hình phù hợp. Xem Ví dụ 27.12.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 27, trang 878–917.

Luyện tập có hướng dẫn

Các bài dưới đây đi từ trên hạt đến chuyển động của proton, , lực trên dây dẫn và của vòng dây. Mỗi lời giải nêu trước đại lượng cần tìm, hướng giải quyết và lý do chọn công thức.

Lực từ lên điện tích chuyển động

Trước khi làm nhóm này, hãy ôn Ví dụ 27.1 ở mục 27.2.

Bài tập: VP27.1.1

Electron có $-1,60\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ chuyển động với tốc độ $2,20\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$ trong đều $1,55\mathrm{T}$ hướng theo $+y$. Vận tốc nằm trong mặt phẳng $xy$, hợp với trục $+x$ góc $40,0^{\circ }$ và hợp với trục $+y$ góc $50,0^{\circ }$. Tìm (a) độ lớn và (b) chiều của lên electron.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=-1,60\times {10}^{-19}\mathrm{C}$, $v=2,20\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$ và $\overrightarrow{B}$ hướng $+y$.

Hướng đi:

• Dùng $F=|q|vB\sin \theta$, với $\theta =50,0^{\circ }$ là góc giữa vận tốc và .
• Dùng cho dương trước, rồi đảo chiều vì electron mang điện âm.

Thành phần vận tốc vuông góc hướng $+x$. Do $\hat{ı}\times \hat{ȷ}=\hat{k}$, một dương sẽ chịu lực hướng $+z$. Electron chịu lực ngược chiều.

$$\begin{array}{rl}|q|v& =3,52\times {10}^{-14},\\ |q|vB& =5,46\times {10}^{-14}.\\ F& =|q|vB\sin 50,0^{\circ }\\ & =(5,46\times {10}^{-14})\sin 50,0^{\circ }\\ & =4,18\times {10}^{-14}.\end{array}$$

Vậy lực có độ lớn $4,18\times {10}^{-14}\mathrm{N}$ và hướng theo $-z$.

Bài tập: VP27.1.2

Một hạt mang điện $\mathrm{0,750}\mathrm{T}$ và chịu có độ lớn $2,50\times {10}^{-10}\mathrm{N}$. Tốc độ của hạt là $1,95\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$, còn góc giữa vận tốc và là $36,0^{\circ }$. Tìm độ lớn của hạt.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $F=2,50\times {10}^{-10}\mathrm{N}$, $v=1,95\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $B=\mathrm{0,750}\mathrm{T}$ và $\theta =36,0^{\circ }$.

Hướng đi:

• Giải công thức theo $|q|$.
• Giữ thành phần vận tốc vuông góc với thông qua $\sin \theta$.

$$\begin{array}{rl}vB& =1,46\times {10}^5\mathrm{T}\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ vB\sin \theta & =8,59\times {10}^4\mathrm{T}\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ |q|& =\frac{F}{vB\sin \theta }\\ & =\frac{2,50\times {10}^{-10}}{8,59\times {10}^4}\\ & =2,91\times {10}^{-15}\mathrm{C}.\end{array}$$

Bài tập: VP27.1.3

Một hạt mang điện $+3,20\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ có thành phần vận tốc $v_x=3,75\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$. chỉ có thành phần theo $z$. lên hạt là $2,10\times {10}^{-15}\mathrm{N}$ hướng $-y$. Tìm (a) độ lớn và (b) chiều của từ trường.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q>0$, $\overrightarrow{v}=v_x\hat{ı}$, $\overrightarrow{F}=-F\hat{ȷ}$ và $\overrightarrow{B}=B_z\hat{k}$.

Hướng đi:

• Tính $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ để liên hệ dấu của $B_z$ với chiều lực.
• Sau khi xác định dấu, dùng độ lớn $F=q{v}_x|B_z|$.

Vì $\hat{ı}\times \hat{k}=-\hat{ȷ}$, thành phần $B_z$ phải dương để lực hướng $-y$.

$$\begin{array}{rl}q{v}_x& =1,20\times {10}^{-13}\mathrm{C}\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ B_z& =\frac{F}{q{v}_x}\\ & =\frac{2,10\times {10}^{-15}}{1,20\times {10}^{-13}}\\ & =1,75\times {10}^{-2}\mathrm{T}.\end{array}$$

có độ lớn $\mathrm{0,017}5\mathrm{T}$ và hướng $+z$.

Bài tập: VP27.1.4

Trong vành nhật hoa Mặt Trời có các ion sắt bị ion hóa mạnh. Một ion mất 13 electron nên có $+13e=+2,08\times {10}^{-18}\mathrm{C}$. Ion chuyển động với tốc độ $7,30\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s}$ trong mặt phẳng $xz$, hợp với $+x$ góc $36,9^{\circ }$ và với $+z$ góc $53,1^{\circ }$. hướng $+z$. có độ lớn $2,30\times {10}^{-15}\mathrm{N}$. Tìm (a) độ lớn từ trường và (b) chiều lực lên ion.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=2,08\times {10}^{-18}\mathrm{C}$, $v=7,30\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $\overrightarrow{B}=B\hat{k}$ và $F=2,30\times {10}^{-15}\mathrm{N}$.

Hướng đi:

• Chỉ thành phần $v_x=v\cos 36,9^{\circ }$ vuông góc tạo lực.
• Dùng $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ để xác định chiều trước khi lấy độ lớn.

$$\begin{array}{rl}{v}_x& =(7,30\times {10}^3)\cos 36,9^{\circ }\\ & =5,84\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ q{v}_x& =\mathrm{1,215}\times {10}^{-14}\mathrm{C}\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ B& =\frac{F}{q{v}_x}\\ & =\frac{2,30\times {10}^{-15}}{1,21\times {10}^{-14}}\\ & =\mathrm{0,189}\mathrm{T}.\end{array}$$

Do $\hat{ı}\times \hat{k}=-\hat{ȷ}$ và ion mang điện dương, lực hướng $-y$.

Quỹ đạo của điện tích trong từ trường

Trước nhóm này, hãy ôn Ví dụ 27.3 và 27.4 ở mục 27.4, cùng Ví dụ 27.5 và 27.6 về và kế.

Bài tập: VP27.6.1

điển hình trong vết đen Mặt Trời có độ lớn $\mathrm{0,300}\mathrm{T}$. Một proton có $+1,60\times {10}^{-19}\mathrm{C}$, khối lượng $1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và tốc độ $1,25\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$ chuyển động vuông góc với từ trường. Tìm (a) bán kính quỹ đạo tròn, (b) tốc độ góc và (c) tần số chuyển động quỹ đạo.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Proton chuyển động vuông góc với , nên đóng vai trò lực hướng tâm.

Hướng đi:

• Cân bằng với $m{v}^2/r$ để tìm bán kính.
• Dùng $\omega =v/r$ và $f=\omega /(2\pi )$ để tìm tốc độ góc và tần số.

$$\begin{array}{rl}qB& =4,80\times {10}^{-20},\\ mv& =2,09\times {10}^{-23}.\\ r& =\frac{mv}{qB}\\ & =\frac{2,09}{4,80}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\\ & =4,35\times {10}^{-4}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,435}\mathrm{mm}.\\ \omega & =\frac{qB}{m}=2,87\times {10}^7\mathrm{rad}/\mathrm{s},\\ f& =\frac{\omega }{2\pi }=4,57\times {10}^6\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bài tập: VP27.6.2

Giữ nguyên proton và $\mathrm{0,300}\mathrm{T}$ của bài trước, nhưng hướng từ trường theo $+y$. Vận tốc ban đầu có các thành phần $v_x=1,00\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $v_y=7,50\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s}$ và $v_z=0$. Tìm (a) bán kính đường xoắn, (b) quãng đường proton đi dọc trục xoắn sau mỗi vòng và (c) độ lớn .

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Thành phần $v_y$ song song , còn thành phần $v_x$ vuông góc với nó.

Hướng đi:

• Thành phần vuông góc quyết định bán kính và .
• Thành phần song song không bị đổi bởi , nên quãng đường dọc trục trong một vòng là $v_{y}T$.

Chu kỳ quay có độ lớn như trường hợp chuyển động tròn với cùng $q$, $m$ và $B$.

$$\begin{array}{rl}r& =\frac{m{v}_x}{qB}=\mathrm{0,348}\mathrm{mm},\\ T& =\frac{2\pi m}{qB}=2,19\times {10}^{-7}\mathrm{s},\\ p& =v_{y}T=1,64\mathrm{mm},\\ F& =q{v}_{x}B=4,80\times {10}^{-16}\mathrm{N}.\end{array}$$

Quỹ đạo là đường xoắn quanh trục $y$. Bán kính do chuyển động ngang tạo nên, còn độ tiến dọc trục mỗi vòng bằng $1,64\mathrm{mm}$.

Bài tập: VP27.6.3

dùng điện trường $\overrightarrow{E}=(2,80\times {10}^4\mathrm{N}/\mathrm{C})\hat{ı}$ và $\overrightarrow{B}=(\mathrm{0,035}0\mathrm{T})\hat{k}$. (a) Tốc độ nào làm hạt đi thẳng không lệch? (b) Hạt phải chuyển động theo hướng nào? (c) Một hạt mang điện dương bay theo hướng và tốc độ vừa tìm, nhưng độ lớn từ trường tăng lên trên $\mathrm{0,035}0\mathrm{T}$. Hạt ban đầu lệch theo hướng nào?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Điều kiện không lệch là tổng lực bằng không: $q(\overrightarrow{E}+\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B})=0$.

Hướng đi:

• Chọn $\overrightarrow{v}$ sao cho $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ ngược chiều điện trường.
• Khi tăng, so sánh độ lớn hai lực để xác định chiều lên dương.

Để $\overrightarrow{v}\times \hat{k}$ hướng $-x$, vận tốc phải hướng $-y$, vì $(-\hat{ȷ})\times \hat{k}=-\hat{ı}$.

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{E}{B}=\frac{2,80\times {10}^4}{\mathrm{0,035}0}\\ & =8,00\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Ở phần (c), hướng $-x$ và lớn hơn lực điện hướng $+x$. Vì vậy hạt dương ban đầu lệch về phía $-x$.

Bài tập: VP27.6.4

Một chùm ion oxygen đi qua kế như Hình 27.24. Hạt nhân rời với tốc độ $2,00\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$, rồi đi vào $B^{\prime }=\mathrm{0,050}0\mathrm{T}$. Mọi ion có $+1,60\times {10}^{-19}\mathrm{C}$. Một số là đồng vị ${}^{16}\mathrm{O}$, khối lượng $2,66\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, số khác là ${}^{18}\mathrm{O}$, khối lượng $2,99\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. Tìm bán kính quỹ đạo nửa đường tròn của (a) ion ${}^{16}\mathrm{O}$ và (b) ion ${}^{18}\mathrm{O}$.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Hai đồng vị có cùng tốc độ, và , nhưng khối lượng khác nhau.

Hướng đi:

• Trong vuông góc vận tốc, là lực hướng tâm.
• Công thức $r=mv/(|q|B^{\prime })$ cho thấy đồng vị nặng hơn có quỹ đạo bán kính lớn hơn.

$$\begin{array}{rl}q{B}^{\prime }& =8,00\times {10}^{-21}\mathrm{C}\mathrm{T},\\ m_{16}v& =5,32\times {10}^{-22}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ r_{16}& =\frac{m_{16}v}{q{B}^{\prime }}=6,64\mathrm{cm},\\ m_{18}v& =5,98\times {10}^{-22}\mathrm{kg}\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ r_{18}& =\frac{m_{18}v}{q{B}^{\prime }}=7,47\mathrm{cm}.\end{array}$$

Lực từ lên dây dẫn mang dòng điện

Trước nhóm này, hãy ôn Ví dụ 27.7 ở mục 27.6.

Bài tập: VP27.7.1

Một dây thẳng dài $\mathrm{0,150}\mathrm{m}$ mang $3,50\mathrm{A}$ theo $+x$. Dây nằm trong đều $\mathrm{0,013}6\mathrm{T}$ thuộc mặt phẳng $xy$, tạo góc $20,0^{\circ }$ với trục $-x$ và góc $70,0^{\circ }$ với trục $+y$. Tìm (a) độ lớn và (b) chiều của lên dây.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: hướng $+x$. hướng trong mặt phẳng $xy$, lệch $20,0^{\circ }$ so với $-x$ về phía $+y$.

Hướng đi:

• Góc giữa dòng và là ${160}^{\circ }$, nên thành phần vuông góc có độ lớn $B\sin {20}^{\circ }$.
• Dùng để xác định chiều của lực.

$$\begin{array}{rl}I\ell B& =(3,50)(\mathrm{0,150})(\mathrm{0,013}6)\\ & =7,14\times {10}^{-3}\mathrm{N},\\ F& =I\ell B\sin {20}^{\circ }\\ & =(7,14\times {10}^{-3})\sin {20}^{\circ }\\ & =2,44\times {10}^{-3}\mathrm{N}.\end{array}$$

Thành phần theo $+y$ kết hợp với dòng theo $+x$ tạo lực $+z$, vì $\hat{ı}\times \hat{ȷ}=\hat{k}$.

Bài tập: VP27.7.2

Một dây thẳng đứng dài $25,0\mathrm{cm}$ mang chưa biết cường độ và chiều. đều nằm ngang, hướng bắc, có độ lớn $\mathrm{0,035}0\mathrm{T}$. lên dây hướng tây và có độ lớn $\mathrm{0,014}0\mathrm{N}$. Tìm (a) cường độ và (b) chiều dòng điện.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Dây thẳng đứng, $\overrightarrow{B}$ hướng bắc và $\overrightarrow{F}$ hướng tây.

Hướng đi:

• Dùng $F=I\ell B$, vì dây vuông góc với .
• Chọn trục $x$ hướng đông, $y$ hướng bắc, $z$ hướng lên. Dùng $\hat{k}\times \hat{ȷ}=-\hat{ı}$ để xác định dòng.

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{F}{\ell B}\\ & =\frac{\mathrm{0,014}0}{(\mathrm{0,250})(\mathrm{0,035}0)}\\ & =1,60\mathrm{A}.\end{array}$$

hướng lên tạo lực về phía tây, nên chiều dòng là hướng lên.

Bài tập: VP27.7.3

Một dây thẳng mang dòng $1,20\mathrm{A}$. chiều dài dây là $\overrightarrow{\ell }=(\mathrm{0,200}\hat{ı}-\mathrm{0,120}\hat{ȷ})\mathrm{m}$, còn đều là $\overrightarrow{B}=(\mathrm{0,017}5\mathrm{T})\hat{k}$. Tìm (a) thành phần lực theo $x$, (b) theo $y$, (c) theo $z$ và (d) độ lớn .

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Dùng lực $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{\ell }\times \overrightarrow{B}$ với $\overrightarrow{\ell }$ nằm trong mặt phẳng $xy$ và $\overrightarrow{B}$ theo $+z$.

Hướng đi:

• Khai triển theo từng thành phần.
• Thành phần $z$ bằng không vì hai đều không có độ lệch ngoài mặt phẳng $xy$.

$$\begin{array}{rl}{F}_x& =I{\ell }_y{B}_z\\ & =(1,20)(-\mathrm{0,120})(\mathrm{0,017}5)\\ & =-2,52\times {10}^{-3}\mathrm{N},\\ F_y& =-I{\ell }_x{B}_z\\ & =-(1,20)(\mathrm{0,200})(\mathrm{0,017}5)\\ & =-4,20\times {10}^{-3}\mathrm{N},\\ F_z& =0.\end{array}$$

Do đó $F_x=-2,52\times {10}^{-3}\mathrm{N}$, $F_y=-4,20\times {10}^{-3}\mathrm{N}$ và $F_z=0$. Độ lớn là:

$$F=\sqrt{F_x^2+F_y^2}=4,90\times {10}^{-3}\mathrm{N}.$$

Bài tập: VP27.7.4

Một dây thẳng dài $\mathrm{0,280}\mathrm{m}$ mang dòng $3,40\mathrm{A}$. Hai góc nào giữa chiều và đều $\mathrm{0,040}0\mathrm{T}$ làm có độ lớn $\mathrm{0,025}0\mathrm{N}$?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Cùng một độ lớn $\sin \theta$ có hai góc trong khoảng $0^{\circ }$ đến ${180}^{\circ }$.

Hướng đi:

• Giải $F=I\ell B\sin \theta$ theo $\sin \theta$.
• Hai góc bù nhau cho cùng độ lớn lực.

$$\begin{array}{rl}\sin \theta & =\frac{\mathrm{0,025}0}{(3,40)(\mathrm{0,280})(\mathrm{0,040}0)}\\ & =\mathrm{0,655},\\ {\theta }_1& =41,0^{\circ },\\ {\theta }_2& ={180}^{\circ }-{\theta }_1=139,0^{\circ }.\end{array}$$

Bài toán cầu nối: Mômen từ tác dụng lên một vòng dây mang dòng điện

Bài tập: Bài cầu nối 27

Một vòng dây tròn diện tích $4,45{\mathrm{cm}}^2$ mang dòng $12,5\mathrm{A}$. Vòng ban đầu đứng yên trong đều:

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{B}& =B_0(12\hat{ı}+3\hat{ȷ}-4\hat{k}),\\ B_0& =1,15\times {10}^{-2}\mathrm{T}.\end{array}$$

ban đầu là ${\overrightarrow{\mu }}_i=\mu (-\mathrm{0,800}\hat{ı}+\mathrm{0,600}\hat{ȷ})$, trong đó $\mu$ là độ lớn dương của mômen từ. (a) Tìm ban đầu. (b) Vòng tự do quay quanh một đường kính, được thả và quay $90,0^{\circ }$ đến vị trí có ${\overrightarrow{\mu }}_f=-\mu \hat{k}$. Tìm độ giảm thế. (c) của vòng quanh đường kính là $8,50\times {10}^{-7}\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2$. Tìm tốc độ góc khi vòng đi qua vị trí thứ hai.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $A=4,45\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^2$, $I=12,5\mathrm{A}$, $\overrightarrow{B}$ đã cho, ${\overrightarrow{\mu }}_i$ đã cho và $I_{\mathrm{quay}}=8,50\times {10}^{-7}\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2$.

Hướng đi:

• Vòng dây là , nên $\mu =IA$ và $\overrightarrow{\tau }=\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B}$.
• Không có lực không bảo toàn, nên cơ năng quay cùng thế được bảo toàn.
• Từ độ giảm thế tìm động năng quay, rồi suy ra $\omega$.
• Ở cân bằng bền, song song với .

Nhận diện và thiết lập.

1. Vòng dây mang là một , nên dùng $\mu =IA$ và $\overrightarrow{\tau }=\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B}$.
2. Không có lực không bảo toàn, vì vậy tổng động năng quay và thế được bảo toàn.

có các thành phần $B_x=\mathrm{0,138}\mathrm{T}$, $B_y=\mathrm{0,034}5\mathrm{T}$ và $B_z=-\mathrm{0,046}0\mathrm{T}$. Độ lớn là:

$$\begin{array}{rl}\mu & =IA\\ & =(12,5)(4,45\times {10}^{-4})\\ & =\mathrm{5,562}5\times {10}^{-3}\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Thực hiện.

3. Dùng , từng thành phần ban đầu là:

$$\begin{array}{rl}{\tau }_x& ={\mu }_y{B}_z-{\mu }_z{B}_y\\ & =-1,54\times {10}^{-4}\mathrm{N}\mathrm{m},\\ {\tau }_y& ={\mu }_z{B}_x-{\mu }_x{B}_z\\ & =-2,05\times {10}^{-4}\mathrm{N}\mathrm{m},\\ {\tau }_z& ={\mu }_x{B}_y-{\mu }_y{B}_x\\ & =-6,14\times {10}^{-4}\mathrm{N}\mathrm{m}.\end{array}$$

Ba thành phần ban đầu đều hướng theo chiều âm của các trục tương ứng.

4. Dùng $U=-\overrightarrow{\mu }\cdot \overrightarrow{B}$ để tính tại mỗi vị trí. đều đã phân tích ở trên:

$$\begin{array}{rl}{U}_i& =\mathrm{0,089}7\mu \\ & =+4,99\times {10}^{-4}\mathrm{J},\\ U_f& =-\mathrm{0,046}0\mu \\ & =-2,56\times {10}^{-4}\mathrm{J},\\ U_i-U_f& =7,55\times {10}^{-4}\mathrm{J}.\end{array}$$

5. Vòng bắt đầu đứng yên, nên động năng quay ở vị trí sau bằng độ giảm thế.

$$\begin{array}{rl}{K}_f& =U_i-U_f\\ & =7,55\times {10}^{-4}\mathrm{J},\\ K_f& =\frac{1}{2}{I}_{\mathrm{quay}}{\omega }^2.\end{array}$$

6. Giải theo tốc độ góc:

$$\begin{array}{rl}\omega & =\sqrt{\frac{2(U_i-U_f)}{I_{\mathrm{quay}}}}\\ & =42,1\mathrm{rad}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Đánh giá.

7. Nếu vòng được tự do quay quanh bất kỳ đường kính nào, trạng thái cân bằng bền xảy ra khi $\overrightarrow{\mu }$ cùng hướng với $\overrightarrow{B}$.

Câu hỏi thảo luận

Bài tập: Q27.1

Một hạt mang điện có thể mà không chịu hay không? Nếu có, trong điều kiện nào? Nếu không, vì sao?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Xác định khi nào lực $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ bằng không.

Hướng đi:

• Xét , và thành phần vận tốc vuông góc với từ trường.
• Dùng để tìm điều kiện triệt tiêu lực.

Với hạt mang điện $q\ne 0$ trong khác không, lực bằng không khi vận tốc song song hoặc ngược song song với $\overrightarrow{B}$. Nếu hạt đứng yên thì $\overrightarrow{v}=0$ cũng làm lực bằng không. Hạt trung hòa hoặc vùng không có từ trường cũng không chịu .

Bài tập: Q27.2

Tại một điểm trong không gian, điện trường $\overrightarrow{E}$ được định nghĩa theo chiều lực điện tác dụng lên dương đặt tại điểm đó. Vì sao ta không định nghĩa tương tự véc-tơ $\overrightarrow{B}$ là chiều lên một điện tích dương đang chuyển động?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: So sánh sự phụ thuộc của lực điện và vào trạng thái của hạt thử.

Hướng đi:

• Lực điện trên dương không cần hạt chuyển động.
• còn phụ thuộc vào hướng vận tốc và luôn vuông góc với .

Chiều lực điện lên dương xác định một hướng duy nhất tại điểm đang xét. Trái lại, $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ phụ thuộc vào cả $\overrightarrow{v}$ lẫn dấu điện tích. Cùng một có thể tác dụng các lực khác chiều lên các hạt chuyển động khác hướng. Vì vậy chiều lực từ không xác định riêng chiều của $\overrightarrow{B}$.

Bài tập: Q27.3

Ở mục 27.2, quy tắc bàn tay phải xác định chiều . Nếu áp dụng cùng thao tác bằng bàn tay trái, có tìm được đúng chiều lực không? Hãy giải thích.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Quy tắc được phát biểu cho dương.

Hướng đi:

• Xác định chiều $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ bằng quy tắc bàn tay phải.
• Sau đó xét riêng dấu của .

Không. Bàn tay phải cho chiều $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$, tức chiều lực lên dương. Dùng bàn tay trái sẽ đảo chiều đó. Với điện tích âm, ta lấy chiều ngược với kết quả bàn tay phải.

Bài tập: Q27.4

lên một chuyển động luôn vuông góc với $\overrightarrow{B}$. Quỹ đạo của điện tích có phải lúc nào cũng vuông góc với các không? Hãy giải thích.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Lực vuông góc với , nhưng tiếp tuyến quỹ đạo là hướng của vận tốc.

Hướng đi:

• Tách vận tốc thành thành phần song song và vuông góc với $\overrightarrow{B}$.
• Phân biệt hướng của lực với hướng tiếp tuyến của quỹ đạo.

Không phải lúc nào tiếp tuyến quỹ đạo cũng vuông góc với đường sức. Nếu vận tốc có thành phần song song với $\overrightarrow{B}$, thành phần ấy không chịu . Phần vận tốc vuông góc tạo chuyển động tròn, còn phần song song tạo chuyển động đều dọc theo trường. Quỹ đạo tổng hợp là đường xoắn quanh đường sức. Quỹ đạo tròn chỉ xuất hiện khi vận tốc hoàn toàn vuông góc với .

Bài tập: Q27.5

Một hạt mang điện được bắn vào một vùng hình lập phương có đều. Bên ngoài vùng này không có từ trường. Hạt có thể ở mãi bên trong khối lập phương không? Vì sao?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Bên trong khối, có thể tạo quỹ đạo kín. Bên ngoài khối, hạt chuyển động thẳng.

Hướng đi:

• Kiểm tra xem quỹ đạo tròn có thể nằm trọn trong khối lập phương hay không.
• Xét riêng trường hợp có thành phần vận tốc dọc theo .

Có thể. Nếu vận tốc vuông góc với , hạt đi theo đường tròn bán kính $r=mv/(|q|B)$. Chọn bán kính đủ nhỏ và tâm quỹ đạo đủ xa các mặt, đường tròn sẽ nằm trọn bên trong khối. Khi đó hạt không chạm vùng không có trường. Nếu vận tốc có thành phần song song với từ trường, quỹ đạo xoắn kéo dài và thông thường sẽ chạm biên rồi đi ra ngoài.

Bài tập: Q27.6

Nếu không sinh công lên một hạt mang điện, làm sao lực này vẫn ảnh hưởng đến chuyển động? Có lực nào khác không sinh công nhưng vẫn ảnh hưởng đáng kể đến chuyển động của hạt không?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Công tức thời bằng tích vô hướng giữa lực và vận tốc.

Hướng đi:

• Dùng $P=\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{v}$ để xét công suất của .
• Phân biệt thay đổi tốc độ với thay đổi hướng vận tốc.

luôn vuông góc với vận tốc, nên $P=\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{v}=0$. Vì thế lực không làm đổi động năng, nhưng có thể liên tục bẻ hướng vận tốc và tạo quỹ đạo cong. Lực căng dây trong chuyển động tròn đều cũng vuông góc vận tốc tại mọi thời điểm, không sinh công nhưng vẫn giữ hạt trên quỹ đạo tròn.

Bài tập: Q27.7

Một hạt mang điện chuyển động trong vùng có vận tốc không đổi cả độ lớn lẫn hướng. Nếu ngoài trong vùng bằng không, có kết luận được điện trường ngoài cũng bằng không không? Hãy giải thích. Ở đây “ngoài” chỉ các trường không do chính hạt tạo ra. Nếu điện trường ngoài bằng không, có kết luận được từ trường ngoài bằng không không?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Hạt mang điện có vận tốc không đổi, nên tổng lực ngoài bằng không.

Hướng đi:

• Xét trường hợp $\overrightarrow{B}=0$ trong lực Lorentz.
• Sau đó kiểm tra xem một $\overrightarrow{B}$ song song với vận tốc có tạo lực không.

Nếu $\overrightarrow{B}=0$, bằng không. Vì hạt có khác không và vận tốc không đổi, lực điện cũng phải bằng không, nên $\overrightarrow{E}=0$. Chiều suy luận ngược lại không đúng. Một khác không vẫn có thể tồn tại nếu song song với vận tốc, vì $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}=0$. Trường hợp hạt đứng yên cũng không bị lực từ dù $\overrightarrow{B}$ khác không.

Bài tập: Q27.8

Làm thế nào dùng một vòng dây mang như la bàn? La bàn kiểu này có phân biệt được hướng bắc với hướng nam không? Vì sao?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Vòng dây mang có vuông góc với mặt vòng.

Hướng đi:

• Xác định chiều bằng quy tắc bàn tay phải.
• Dùng để giải thích cách vòng tự định hướng trong Trái Đất.

Có. Khi được gắn trên trục quay, vòng dây sẽ quay để $\overrightarrow{\mu }$ song song với Trái Đất. Chiều cho biết đầu nào của trục vòng tương đương cực bắc, vì vậy có thể phân biệt hai đầu bắc và nam. Nếu không biết chiều dòng điện, vòng chỉ cho trục định hướng mà chưa gắn nhãn hai đầu.

Bài tập: Q27.9

Chỉ bằng quan sát định tính lên một dây thẳng mang , có thể xác định hướng như thế nào?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Với đã biết, $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{\ell }\times \overrightarrow{B}$.

Hướng đi:

• Xoay dây theo nhiều hướng và quan sát khi nào lực mất đi hoặc đạt cực đại.
• Dùng chiều lực khi đảo dòng để phân biệt hai chiều của trục .

Đặt dây theo các hướng khác nhau. Khi dây song song với , lực bằng không, nên hướng của dây lúc đó xác định trục của $\overrightarrow{B}$. Khi dây vuông góc với trường, lực lớn nhất. Đảo chiều sẽ đảo chiều lực. Biết chiều dòng và chiều dây, ta dùng quy tắc bàn tay phải để xác định chiều từ trường trên trục ấy.

Bài tập: Q27.10

Một vòng dây mềm, dễ biến dạng mang $I$ và được đặt trên bàn nằm ngang. đều $\overrightarrow{B}$ vuông góc với mặt bàn làm vòng nở thành hình tròn trong khi vẫn nằm trên bàn. Hãy vẽ mọi cách định hướng dòng điện $I$ và từ trường $\overrightarrow{B}$ có thể gây ra hiện tượng này. Giải thích.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Mỗi đoạn dây phải chịu hướng xuyên tâm ra ngoài.

Hướng đi:

• Xét một điểm trên vòng và dùng $d\overrightarrow{F}=Id\overrightarrow{\ell }\times \overrightarrow{B}$.
• Đổi đồng thời chiều dòng và chiều để liệt kê mọi cách tương đương.

Nếu $\overrightarrow{B}$ hướng lên khỏi mặt bàn, phải chạy ngược chiều kim đồng hồ khi nhìn từ trên xuống. Tại mỗi điểm, cho lực hướng ra khỏi tâm. Nếu $\overrightarrow{B}$ hướng xuống dưới bàn, dòng điện phải chạy theo chiều kim đồng hồ. Đảo riêng dòng hoặc riêng sẽ làm lực hướng vào tâm, khiến vòng co lại thay vì nở ra.

Bài tập: Q27.11

Một số hạt đi vào vùng có đều hướng vào mặt giấy. (a) Hạt dương $q$ có tốc độ $v$ đi theo quỹ đạo nào? (b) Nếu tốc độ là $2v$ thì quỹ đạo ra sao? (c) Hạt âm $-q$ có tốc độ $v$ đi theo quỹ đạo nào? (d) Hạt trung hòa đi theo quỹ đạo nào?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Dùng lực Lorentz với điều kiện vận tốc ban đầu vuông góc , như trong cách bố trí quỹ đạo ở mặt giấy.

Hướng đi:

• Với vận tốc vuông góc $\overrightarrow{B}$, đóng vai trò lực hướng tâm.
• Độ lớn quyết định bán kính, còn dấu điện tích quyết định chiều cong.

(a) Hạt dương đi theo cung tròn, cong theo chiều của $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$. (b) Khi tốc độ tăng gấp đôi, bán kính $r=mv/(qB)$ cũng tăng gấp đôi, còn chiều cong giữ nguyên. (c) Hạt âm cong ngược chiều hạt dương, với cùng khối lượng thì bán kính có cùng độ lớn như ở phần (a). (d) Hạt trung hòa không chịu nên tiếp tục theo đường thẳng.

Nếu vận tốc không vuông góc với trường, thành phần song song không đổi và quỹ đạo là đường xoắn quanh phương của .

Bài tập: Q27.12

Mỗi điểm có chữ trong Hình Q27.12 là một góc của khối lập phương, nơi đặt một dương $q$ chuyển động với tốc độ $v$ theo hướng mũi tên. đều $\overrightarrow{B}$ song song trục $x$ và hướng sang phải. Điện tích nào chịu ? Lực lên từng điện tích có chiều nào?

Hình Q27.12: Năm điện tích dương tại các đỉnh a–e của khối lập phương, các mũi tên chỉ vận tốc và từ trường hướng theo +x

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Với từng đỉnh, so sánh vận tốc trên hình với $\overrightarrow{B}$ hướng $+x$.

Hướng đi:

• Tính hướng $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ cho dương.
• Nếu vận tốc song song hoặc ngược song song với $\overrightarrow{B}$, lực bằng không.

Từ hình, có thể đọc hướng vận tốc tại từng đỉnh như bảng dưới đây.

Điểm	Hướng vận tốc	Hướng
$a$	$+y$	$-z$
$b$	$+z$	$+y$
$c$	$-x$	Không có lực
$d$	$+x$	Không có lực
$e$	$-z$	$-y$

Hai tại $c$ và $d$ không chịu lực vì chuyển động dọc theo trục . Ba điện tích còn lại chịu lực có chiều như bảng.

Bài tập: Q27.13

Một sinh viên cho rằng khi sét đánh vào cột cờ kim loại, do Trái Đất tác dụng lên trong cột có thể đủ lớn làm cong cột. Dòng sét điển hình vào cỡ ${10}^4$ đến ${10}^5\mathrm{A}$. Nhận định này có hợp lý không? Hãy giải thích.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Lực lớn nhất lên dây dài $L$ là $F=ILB$, khi dòng vuông góc .

Hướng đi:

• Dùng một ước lượng bậc độ lớn cho Trái Đất và chiều dài cột.
• Tính trường hợp lực cực đại để tạo cận trên cho tác dụng từ.

Lấy $B_{\mathrm{Earth}}\approx 5\times {10}^{-5}\mathrm{T}$ và cột dài khoảng $10\mathrm{m}$. Với dòng lớn nhất ${10}^5\mathrm{A}$, ngay cả khi dòng vuông góc :

$$\begin{array}{rl}{F}_{max}& =IL{B}_{\mathrm{Earth}}\\ & =({10}^5)(10)(5\times {10}^{-5})\\ & \approx 50\mathrm{N}.\end{array}$$

Với dòng ${10}^4\mathrm{A}$, lực giảm còn khoảng $5\mathrm{N}$. Đây là lực nhỏ đối với cột kim loại chắc chắn, và cột còn chịu lực nhỏ hơn nếu dòng không vuông góc với . Vì vậy của Trái Đất thường không đủ làm cong cột cờ. Kết luận định lượng chính xác hơn sẽ cần chiều dài, tiết diện và độ cứng của cột.

Bài tập: Q27.14

Có thể chế tạo máy gia tốc trong đó mọi lực dùng để điều khiển hướng và tăng tốc hạt đều là không? Vì sao?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: vuông góc tức thời với vận tốc của hạt.

Hướng đi:

• Xét công suất do sinh ra.
• Phân biệt đổi hướng chuyển động với tăng động năng.

Không thể dùng riêng cho cả hai nhiệm vụ. có thể bẻ hướng hạt, nhưng ${\overrightarrow{F}}_B\cdot \overrightarrow{v}=0$ nên không làm tăng tốc độ hay động năng. Muốn tăng tốc hạt, máy gia tốc phải dùng điện trường, thường là điện trường biến thiên trong các khe gia tốc.

Bài tập: Q27.15

lên một hạt mang điện không thể sinh công vì tại mọi thời điểm nó vuông góc với vận tốc. Tuy nhiên, từ lên vòng dây lại có thể sinh công khi vòng quay. Hãy giải thích vì sao hai nhận định này không mâu thuẫn.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Phân biệt lên từng với công cơ học lên cả vòng dây.

Hướng đi:

• Chỉ ra vì sao lực Lorentz không làm đổi động năng chuyển động của từng hạt.
• Xác định nguồn cấp cho chuyển động quay của dây dẫn.

Trên từng , luôn vuông góc vận tốc nên công suất từ bằng không. lên vòng dây mô tả sự truyền cơ học giữa và cả hệ dây dẫn. Khi vòng quay, suất điện động cảm ứng chống lại sự quay. Nguồn điện duy trì dòng phải cấp năng lượng để thắng tác dụng đó. Vì vậy, năng lượng cơ học của vòng không do từ trường cung cấp thông qua lực lên điện tích tự do. Nguồn duy trì cấp năng lượng cho chuyển động quay.

Bài tập: Q27.16

Khi đảo cực điện áp đặt vào một động cơ điện một chiều, chiều quay không đổi. Vì sao? Làm cách nào để đảo chiều quay?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: lên phần quay phụ thuộc vào giữa của rotor và stator.

Hướng đi:

• Theo dõi sự đổi chiều của dòng trong rotor và dòng tạo stator khi đảo nguồn.
• Dùng $\overrightarrow{\tau }=\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B}$ để so sánh chiều mômen.

Ở động cơ có cuộn kích từ mắc cùng nguồn, đảo điện áp làm đảo cả dòng rotor lẫn stator. Khi đó $\overrightarrow{\mu }$ và $\overrightarrow{B}$ cùng đổi dấu, nên không đổi chiều và rotor vẫn quay như cũ. Muốn đảo chiều, phải đảo dòng ở một phần riêng, chẳng hạn đổi đầu nối cuộn kích từ hoặc cuộn rotor, nhưng không đảo đồng thời cả hai. Với động cơ dùng nam châm vĩnh cửu, từ trường không đổi chiều khi đảo nguồn, nên chiều quay sẽ đảo.

Bài tập: Q27.17

Trong một thí nghiệm , có thể không quan sát được hiệu điện thế ngang không? Trường hợp nào có thể xảy ra?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Hiệu điện thế Hall xuất hiện khi đẩy hạt tải điện theo phương ngang với .

Hướng đi:

• Xét thành phần ${\overrightarrow{v}}_d\times \overrightarrow{B}$ vuông góc với dòng.
• Nếu thành phần này bằng không thì không có sự phân tách theo phương ngang.

Có thể không xuất hiện hiệu điện thế ngang nếu song song với . Khi đó vận tốc trôi cũng song song với từ trường, nên ${\overrightarrow{v}}_d\times \overrightarrow{B}=0$ và không có lực đẩy ngang làm tách .

Bài tập: Q27.18

Với , và kích thước tương đương, lớn hơn nhiều trong chất dẫn kém như germanium so với chất dẫn tốt như đồng. Vì sao?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Hiệu điện thế Hall tăng khi tốc độ trôi của hạt tải điện tăng.

Hướng đi:

• Liên hệ vận tốc trôi với mật độ hạt tải điện khi giữ và hình học không đổi.
• Dùng cân bằng giữa và lực điện ngang.

Khi không đổi, mật độ hạt tải điện nhỏ hơn làm mỗi hạt trôi nhanh hơn. Cân bằng lực ngang cho $E_H=v_{d}B$. Với mẫu dày $t$ theo phương , có độ lớn $V_H=IB/(n|q|t)$. Vì thế chất bán dẫn như germanium, với mật độ hạt tải điện hữu hiệu thấp hơn đồng, có thể tạo điện áp Hall lớn hơn nhiều trong cùng hình học và từ trường.

Bài tập cuối chương 27: Bài 27.1–27.30

Kí hiệu $\bullet$ và $\bullet \bullet$ biểu thị mức độ khó tăng dần. CP đánh dấu bài tập tổng hợp có dùng kiến thức từ các chương trước, còn BIO đánh dấu ngữ cảnh sinh học.

Mục 27.2: Từ trường

Bài tập 27: 1 •

Một hạt mang $-1,24\times {10}^{-8}\mathrm{C}$ đang chuyển động với vận tốc tức thời

$$\overrightarrow{v}=4,19\times {10}^4\hat{ı}\mathrm{m}/\mathrm{s}-3,85\times {10}^4\hat{ȷ}\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

Tìm tác dụng lên hạt khi lần lượt là (a) $\overrightarrow{B}=1,40\hat{ı}\mathrm{T}$ và (b) $\overrightarrow{B}=1,40\hat{k}\mathrm{T}$.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=-1,24\times {10}^{-8}\mathrm{C}$, $\overrightarrow{v}=(4,19\times {10}^4,-3,85\times {10}^4,0)\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Dùng $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ vì phụ thuộc vào thành phần vận tốc vuông góc với .
• Tính riêng cho mỗi hướng của $\overrightarrow{B}$ để giữ đúng chiều lực.

Lời giải.

(a) Với $\overrightarrow{B}=1,40\hat{ı}\mathrm{T}$:

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}& =5,39\times {10}^4\hat{k}\mathrm{T}\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ \overrightarrow{F}& =q(\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B})\\ & =-6,68\times {10}^{-4}\hat{k}\mathrm{N}.\end{array}$$

(b) Với $\overrightarrow{B}=1,40\hat{k}\mathrm{T}$:

$$\begin{array}{rl}{F}_x& =6,68\times {10}^{-4}\mathrm{N},\\ F_y& =7,27\times {10}^{-4}\mathrm{N}.\end{array}$$

Bài tập 27: 2 •

Một hạt có khối lượng $\mathrm{0,195}\mathrm{g}$ và $-2,50\times {10}^{-8}\mathrm{C}$. Hạt được phóng ngang về phía bắc với tốc độ $4,00\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Tìm độ lớn và hướng của nhỏ nhất có thể giữ hạt tiếp tục chuyển động theo phương ngang, hướng bắc trong trường hấp dẫn của Trái Đất.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $m=1,95\times {10}^{-4}\mathrm{kg}$, $q=-2,50\times {10}^{-8}\mathrm{C}$, $v=4,00\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$ hướng bắc.

Hướng đi:

• Để hạt không rơi, phải hướng thẳng lên và cân bằng trọng lực: $|q|vB=mg$.
• Chọn hướng $\overrightarrow{B}$ sao cho của vận tốc với , sau khi nhân âm, chỉ lên trên. Thành phần từ trường song song với vận tốc không tạo lực nên từ trường nhỏ nhất vuông góc với vận tốc.

Lời giải. Chọn trục $+x$ hướng đông, $+y$ hướng bắc, $+z$ hướng lên. Vì $\hat{ȷ}\times \hat{ı}=-\hat{k}$, hạt mang điện âm chuyển động về phía bắc trong hướng đông sẽ chịu lực hướng lên.

$$\begin{array}{rl}mg& =1,91\times {10}^{-3}\mathrm{N},\\ |q|v& =1,00\times {10}^{-3}\mathrm{C}\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ B_{min}& =\frac{mg}{|q|v}\\ & =1,91\mathrm{T}.\end{array}$$

Vậy nhỏ nhất có độ lớn $1,91\mathrm{T}$ và hướng về phía đông.

Bài tập 27: 3 •

Trong $1,25\mathrm{T}$ hướng thẳng đứng lên trên, một hạt có độ lớn $8,50\mathrm{mC}$, ban đầu chuyển động về phía bắc với tốc độ $4,75\mathrm{km}/\mathrm{s}$, bị lệch về phía đông. (a) Điện tích của hạt mang dấu gì? Hãy vẽ hình để giải thích. (b) Tìm tác dụng lên hạt.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $B=1,25\mathrm{T}$ hướng lên, $|q|=8,50\times {10}^{-3}\mathrm{C}$, $v=4,75\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s}$ hướng bắc, lực lệch về đông.

Hướng đi:

• Quy tắc bàn tay phải cho biết chiều $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ của dương.
• Độ lớn lực tính bằng $F=|q|vB$ vì vận tốc vuông góc với .

Lời giải. Đặt đông là $+x$, bắc là $+y$, lên trên là $+z$. Ta có $\hat{ȷ}\times \hat{k}=\hat{ı}$, tức dương bị đẩy về phía đông. Vậy hạt mang điện dương.

$$\begin{array}{rl}|q|v& =40,4\mathrm{C}\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ F& =|q|vB\\ & =(40,4)(1,25)\mathrm{N}\\ & =50,5\mathrm{N}.\end{array}$$

hướng về phía đông.

Bài tập 27: 4 •

Một hạt có khối lượng $1,81\times {10}^{-3}\mathrm{kg}$ và $1,22\times {10}^{-8}\mathrm{C}$. Tại một thời điểm, vận tốc của hạt là $\overrightarrow{v}=(3,00\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s})\hat{ȷ}$. Tìm độ lớn và hướng gia tốc do đều

$$\overrightarrow{B}=(1,63\mathrm{T})\hat{ı}+(\mathrm{0,980}\mathrm{T})\hat{ȷ}$$

tạo ra.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $m=1,81\times {10}^{-3}\mathrm{kg}$, $q=1,22\times {10}^{-8}\mathrm{C}$, $\overrightarrow{v}=3,00\times {10}^4\hat{ȷ}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Dùng $\overrightarrow{a}=q(\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B})/m$.
• Thành phần song song với vận tốc không tạo lực, vì vậy chỉ thành phần theo $x$ góp vào .

Lời giải.

$$\begin{array}{rl}{F}_z& =-q{v}_y{B}_x\\ & =-5,97\times {10}^{-4}\mathrm{N},\\ a_z& =F_z/m\\ & =-\mathrm{0,330}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2.\end{array}$$

Gia tốc có độ lớn $\mathrm{0,330}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$ và hướng theo chiều $-z$.

Bài tập 27: 5 •

Một electron chuyển động trong mặt phẳng $xy$. Tại thời điểm $t$, $\overrightarrow{B}=(\mathrm{0,200}\mathrm{T})\hat{k}$ tác dụng lên electron lực $\overrightarrow{F}=-(5,50\times {10}^{-18}\mathrm{N})\hat{ȷ}$. Tìm độ lớn và hướng vận tốc của electron tại thời điểm ấy.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=-e$, $\overrightarrow{B}=\mathrm{0,200}\hat{k}\mathrm{T}$, $\overrightarrow{F}=-5,50\times {10}^{-18}\hat{ȷ}\mathrm{N}$, và $v_z=0$.

Hướng đi:

• Dùng phương trình thành phần của $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$.
• Dấu âm làm chiều lực ngược với $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$.

Lời giải. Với $\overrightarrow{v}=v_x\hat{ı}+v_y\hat{ȷ}$ và $\overrightarrow{B}=B\hat{k}$, thành phần lực theo $y$ là $F_y=q(-v_{x}B)$. Do $q=-e$ nên $F_y=e{v}_{x}B$. Vì lực hướng theo $-y$, vận tốc phải hướng theo $-x$.

$$\begin{array}{rl}eB& =3,20\times {10}^{-20}\mathrm{C}\mathrm{T},\\ v& =\frac{|F_y|}{eB}\\ & =\frac{5,50\times {10}^{-18}}{3,20\times {10}^{-20}}\mathrm{m}/\mathrm{s}\\ & =1,72\times {10}^2\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Vận tốc là $1,72\times {10}^2\mathrm{m}/\mathrm{s}$ theo hướng $-x$.

Bài tập 27: 6 •

Một electron chuyển động với tốc độ $1,40\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$ qua vùng có độ lớn $7,40\times {10}^{-2}\mathrm{T}$ nhưng chưa biết hướng. (a) Gia tốc do từ trường có độ lớn lớn nhất và nhỏ nhất bằng bao nhiêu? (b) Nếu độ lớn gia tốc thực bằng một phần tư giá trị lớn nhất ở câu (a), góc giữa vận tốc electron và từ trường là bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $v=1,40\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $B=7,40\times {10}^{-2}\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Từ $a=|q|vB\sin \varphi /m$, gia tốc lớn nhất khi $\varphi ={90}^{\circ }$ và nhỏ nhất khi hai vectơ song song.
• Tỉ số giữa gia tốc thực và cực đại bằng $\sin \varphi$.

Lời giải.

(a) Gia tốc cực đại:

$$\begin{array}{rl}{a}_{max}& =\frac{evB}{m_e}\\ & =1,82\times {10}^{16}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2.\end{array}$$

Gia tốc nhỏ nhất bằng $0$ khi vận tốc song song hoặc ngược chiều .

(b) $a/a_{max}=\sin \varphi =1/4$, nên trong khoảng $0^{\circ }\le \varphi \le {180}^{\circ }$ có hai góc:

$$\varphi =14,5^{\circ }\text{or}165,5^{\circ }.$$

Bài tập 27: 7 ••

Một nhóm hạt chưa biết độ lớn và hướng. Ta quan sát thấy proton chuyển động theo $+x$ với tốc độ $1,50\mathrm{km}/\mathrm{s}$ chịu lực $2,25\times {10}^{-16}\mathrm{N}$ theo $+y$. Electron chuyển động theo $-z$ với tốc độ $4,75\mathrm{km}/\mathrm{s}$ chịu lực $8,50\times {10}^{-16}\mathrm{N}$ theo $+y$. (a) Tìm độ lớn và hướng . (b) Tìm độ lớn và hướng lên electron chuyển động theo $-y$ với tốc độ $3,20\mathrm{km}/\mathrm{s}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Proton chuyển động theo $+x$, electron theo $-z$. Cả hai lực quan sát đều chỉ hướng $+y$, nên các thành phần lực theo $x$ và $z$ bằng không.

Hướng đi:

• Khai triển cho từng vận tốc. Phép đo lực thuần $+y$ cung cấp cả thành phần khác không lẫn các thành phần bằng không.
• Dùng hai vận tốc không song song để xác định đủ ba thành phần của trường. Sau đó tính độ lớn và góc của .
• Thay trường đã xác định vào lực của electron bay theo $-y$ để tìm đáp án câu (b).

Lời giải. (a) Với proton có $\overrightarrow{v}=v_p\hat{i}$, cho:

$$\begin{array}{rl}{F}_y& =-e{v}_p{B}_z,\\ F_z& =e{v}_p{B}_y=0.\end{array}$$

Vì lực quan sát không có thành phần theo $z$, $B_y=0$. Từ thành phần theo $y$:

$$\begin{array}{rl}{B}_z& =-\frac{2,25\times {10}^{-16}}{e(1,50\times {10}^3)}\\ & \approx -\mathrm{0,936}\mathrm{T}.\end{array}$$

Với electron bay theo $-z$, bằng $-e$ nên:

$$\begin{array}{rl}{F}_y& =e{v}_e{B}_x,\\ B_x& =\frac{8,50\times {10}^{-16}}{e(4,75\times {10}^3)}\\ & \approx \mathrm{1,117}\mathrm{T}.\end{array}$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{B}& =(\mathrm{1,117}\hat{i}-\mathrm{0,936}\hat{k})\mathrm{T},\\ B& =\sqrt{B_x^2+B_z^2}\\ & \approx 1,46\mathrm{T},\\ \theta & =\arctan \frac{|B_z|}{B_x}\\ & \approx 40,0^{\circ }.\end{array}$$

Trường nằm trong mặt phẳng $xz$, tạo góc $40,0^{\circ }$ từ hướng $+x$ về hướng $-z$. Hai phép đo đã xác định trường duy nhất.

(b) Với electron có $\overrightarrow{v}=-3,20\times {10}^3\hat{j}\mathrm{m}/\mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}{F}_x& \approx -4,80\times {10}^{-16}\mathrm{N},\\ F_y& =0,\\ F_z& \approx -5,73\times {10}^{-16}\mathrm{N},\\ F& \approx 7,48\times {10}^{-16}\mathrm{N}.\end{array}$$

Lực nằm trong mặt phẳng $xz$, hướng về $-x$ và $-z$. Nó tạo góc khoảng $50,0^{\circ }$ từ hướng $-x$ về hướng $-z$.

Bài tập 27: 8 •• CP

Một hạt có $-5,60\mathrm{nC}$ đều $\overrightarrow{B}=-(1,25\mathrm{T})\hat{k}$. Đo được

$$\begin{array}{rl}{F}_x& =-3,40\times {10}^{-7}\mathrm{N},\\ F_y& =7,40\times {10}^{-7}\mathrm{N}.\end{array}$$

(a) Tính mọi thành phần vận tốc có thể xác định. (b) Có thành phần vận tốc nào không xác định được từ phép đo lực không? Giải thích. (c) Tính tích vô hướng $\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{F}$. Góc giữa $\overrightarrow{v}$ và $\overrightarrow{F}$ bằng bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=-5,60\mathrm{nC}$, $\overrightarrow{B}=-1,25\hat{k}\mathrm{T}$, $F_x=-3,40\times {10}^{-7}\mathrm{N}$, $F_y=7,40\times {10}^{-7}\mathrm{N}$.

Hướng đi:

• Khai triển $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ theo thành phần. Vì $\overrightarrow{B}$ theo $z$, lực chỉ phụ thuộc $v_x,v_y$.
• vuông góc với vận tốc, nên tích vô hướng bằng không.

Lời giải. Từ $F_x=q{v}_y{B}_z$ và $F_y=-q{v}_x{B}_z$:

$$\begin{array}{rl}{v}_x& =-1,06\times {10}^2\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ v_y& =-48,6\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Không thể xác định $v_z$, vì thành phần vận tốc song song với không góp vào .

$$\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{F}=0,\theta ={90}^{\circ }.$$

Mục 27.3: Đường sức từ và từ thông

Bài tập 27: 9 •

Một hình tròn bán kính $6,50\mathrm{cm}$ nằm trong mặt phẳng $xy$. Tìm độ lớn qua hình tròn do đều $B=\mathrm{0,230}\mathrm{T}$ tạo ra khi trường lần lượt (a) hướng theo $+z$, (b) hợp góc $53,1^{\circ }$ với hướng $+z$, (c) hướng theo $+y$.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $r=\mathrm{0,065}0\mathrm{m}$, $B=\mathrm{0,230}\mathrm{T}$, pháp tuyến mặt tròn song song trục $z$.

Hướng đi:

• Dùng $|{\mathrm{\Phi }}_B|=BA|\cos \theta |$, trong đó $\theta$ là góc giữa và pháp tuyến.
• Tính diện tích $A=\pi r^2$ một lần rồi thay từng hướng trường.

Lời giải. Diện tích hình tròn là $A=\pi (\mathrm{0,065}0\mathrm{m}{)}^2=\mathrm{1,327}\times {10}^{-2}{\mathrm{m}}^2$.

(a) $\theta =0^{\circ }$:

$$|{\mathrm{\Phi }}_B|=BA=3,05\times {10}^{-3}\mathrm{Wb}.$$

(b) $\theta =53,1^{\circ }$:

$$\begin{array}{rl}BA& =3,05\times {10}^{-3}\mathrm{Wb},\\ |{\mathrm{\Phi }}_B|& =BA\cos 53,1^{\circ }\\ & =1,83\times {10}^{-3}\mathrm{Wb}.\end{array}$$

(c) nằm trong mặt phẳng hình tròn nên vuông góc với pháp tuyến, $\theta ={90}^{\circ }$. bằng $0$.

Bài tập 27: 10 •

Một mặt phẳng hình vuông cạnh $3,40\mathrm{cm}$ nằm trong mặt phẳng $xy$ tại $z=0$. Tính độ lớn qua mặt này do

$$\begin{array}{rl}{B}_x& =\mathrm{0,200}\mathrm{T},\\ B_y& =\mathrm{0,300}\mathrm{T},\\ B_z& =\mathrm{0,500}\mathrm{T}.\end{array}$$

tạo ra.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Cạnh hình vuông $L=\mathrm{0,034}0\mathrm{m}$, thành phần pháp tuyến $B_z=\mathrm{0,500}\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• chỉ phụ thuộc thành phần vuông góc mặt phẳng.
• Dùng $|{\mathrm{\Phi }}_B|=|B_z|L^2$ vì pháp tuyến mặt vuông là trục $z$.

Lời giải.

$$\begin{array}{rl}A& =(\mathrm{0,034}0\mathrm{m}{)}^2\\ |{\mathrm{\Phi }}_B|& =B_{z}A\\ & =5,78\times {10}^{-4}\mathrm{Wb}.\end{array}$$

Bài tập 27: 11 ••

Một chai nhựa đựng nước ngọt, miệng chai mở và có đường kính $2,5\mathrm{cm}$, đặt trên bàn. đều $1,75\mathrm{T}$ hướng lên trên và lệch ${25}^{\circ }$ so với phương thẳng đứng bao trùm chai. Tìm tổng qua phần nhựa của chai.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Miệng chai có bán kính $r=1,25\times {10}^{-2}\mathrm{m}$, $B=1,75\mathrm{T}$, trường hợp góc ${25}^{\circ }$ so với phương thẳng đứng.

Hướng đi:

• Khép mặt chai bằng một đĩa tưởng tượng đặt ngang miệng. Định luật Gauss cho nói tổng qua mặt kín bằng không.
• Vì vậy, qua nhựa bằng đối dấu với từ thông qua đĩa miệng, chỉ còn thành phần trường thẳng đứng.

Lời giải. Gọi ${\mathrm{\Phi }}_p$ là qua phần nhựa. Diện tích miệng chai là $A=\pi r^2$. Từ thông hướng lên qua đĩa tưởng tượng có độ lớn $BA\cos {25}^{\circ }$. Với pháp tuyến ngoài của phần nhựa, từ thông có dấu ngược lại:

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Phi }}_p& =-B\pi r^2\cos {25}^{\circ }\\ & =-7,79\times {10}^{-4}\mathrm{Wb}.\end{array}$$

Độ lớn tổng là $7,79\times {10}^{-4}\mathrm{Wb}$.

Bài tập 27: 12 •

Một hình chữ nhật nằm ngang có kích thước $2,80\mathrm{cm}\times 3,20\mathrm{cm}$. đều hướng lên trên một góc $30,0^{\circ }$ so với phương ngang. Độ lớn từ trường phải bằng bao nhiêu để qua hình chữ nhật có độ lớn $3,10\times {10}^{-4}\mathrm{Wb}$?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $A=(\mathrm{0,028}0)(\mathrm{0,032}0){\mathrm{m}}^2$, ${\mathrm{\Phi }}_B=3,10\times {10}^{-4}\mathrm{Wb}$.

Hướng đi:

• Pháp tuyến của mặt ngang thẳng đứng. hợp góc ${30}^{\circ }$ với phương ngang nên nó hợp góc ${60}^{\circ }$ với pháp tuyến.
• Giải ${\mathrm{\Phi }}_B=BA\cos {60}^{\circ }$ theo $B$.

Lời giải.

$$\begin{array}{rl}A& =8,96\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^2,\\ B& =\frac{{\mathrm{\Phi }}_B}{A\cos {60}^{\circ }}\\ & =\mathrm{0,692}\mathrm{T}.\end{array}$$

Bài tập 27: 13 ••

Hình E27.13: Lăng trụ tam giác trong hình E27.13, với ba mặt cần tính từ thông và từ trường hướng theo +z

Hình E27.13: Lăng trụ có tiết diện tam giác vuông $30$–$40$–$50\mathrm{cm}$ và chiều dài $30\mathrm{cm}$.

trong vùng có độ lớn $\mathrm{0,128}\mathrm{T}$ và hướng theo trục $+z$ trong hình E27.13. (a) Tìm qua mặt $abcd$. (b) Tìm từ thông qua mặt $befc$. (c) Tìm từ thông qua mặt $aefd$. (d) Tìm tổng từ thông qua cả năm mặt bao quanh thể tích tô bóng.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $B=\mathrm{0,128}\mathrm{T}$ hướng $+z$. Lăng trụ có tiết diện tam giác vuông với hai cạnh $30\mathrm{cm}$ và $40\mathrm{cm}$, cạnh huyền $50\mathrm{cm}$, chiều dài lăng trụ $30\mathrm{cm}$.

Hướng đi:

• Dùng ${\mathrm{\Phi }}_B=\overrightarrow{B}\cdot \overrightarrow{A}$ với pháp tuyến hướng ra ngoài thể tích.
• Mặt $abcd$ song song với $\overrightarrow{B}$ nên bằng không. Với hai mặt còn lại, lấy diện tích chiếu vuông góc lên mặt phẳng $xy$ để tính thành phần diện tích theo trục $z$.

Lời giải.

(a) Mặt $abcd$ chứa phương $z$, nên $\overrightarrow{B}$ song song mặt. Do đó ${\mathrm{\Phi }}_{abcd}=0$.

(b) Mặt $befc$ nằm trong mặt phẳng $xy$. Pháp tuyến ngoài hướng theo $-z$, vì phần thể tích nằm phía $+z$ của mặt. Diện tích mặt là $(0,30\mathrm{m})(0,30\mathrm{m})$:

$$\begin{array}{rl}{A}_{xy}& =\mathrm{0,090}0{\mathrm{m}}^2,\\ {\mathrm{\Phi }}_{befc}& =-B{A}_{xy}\\ & =-\mathrm{1,152}\times {10}^{-2}\mathrm{Wb}.\end{array}$$

(c) Mặt $aefd$ nghiêng. Diện tích chiếu lên mặt phẳng $xy$ bằng $(0,30\mathrm{m})(0,30\mathrm{m})$ và pháp tuyến ngoài có thành phần theo $+z$:

$${\mathrm{\Phi }}_{aefd}=+B{A}_{xy}=\mathrm{1,152}\times {10}^{-2}\mathrm{Wb}.$$

(d) Hai mặt đầu vuông góc với trục $y$ nên qua mỗi mặt bằng không. Tổng từ thông là

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Phi }}_{\mathrm{net}}& ={\mathrm{\Phi }}_{abcd}+{\mathrm{\Phi }}_{befc}+{\mathrm{\Phi }}_{aefd}\\ & =0-\mathrm{1,152}\times {10}^{-2}+\mathrm{1,152}\times {10}^{-2}\\ & =0\mathrm{Wb}.\end{array}$$

như định luật Gauss cho yêu cầu.

Mục 27.4: Chuyển động của hạt mang điện trong từ trường

Bài tập 27: 14 ••

Hình E27.14: Electron tại A bay lên và bị bẻ thành nửa đường tròn đến B, đường kính 10,0 cm

Hình E27.14: Electron đi vào vùng với vận tốc $v_0$ và rời vùng sau khi đi theo nửa đường tròn.

Một electron tại điểm A trong hình E27.14 có tốc độ $1,41\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Tìm (a) độ lớn và hướng làm electron đi theo nửa đường tròn từ A đến B, (b) thời gian electron đi từ A đến B.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $v_0=1,41\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$, đường kính quỹ đạo $10,0\mathrm{cm}$ nên $R=\mathrm{0,050}0\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Dùng $|q|vB=m{v}^2/R$ để tìm $B$.
• Ở điểm A, vận tốc hướng lên còn lực hướng vào tâm đường tròn, tức sang phải. Vì hạt là electron, chiều $\overrightarrow{B}$ ngược với chiều của $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{F}$.
• Thời gian đi nửa vòng bằng độ dài cung $\pi R$ chia cho tốc độ.

Lời giải.

(a) Để lực lên electron hướng sang phải tại A, phải hướng vào mặt giấy. Độ lớn là

$$B=\frac{m_e{v}_0}{eR}=1,60\times {10}^{-4}\mathrm{T}.$$

(b)

$$t=\frac{\pi R}{v_0}=1,11\times {10}^{-7}\mathrm{s}.$$

Bài tập 27: 15 ••

Giải lại Bài 27.14 trong trường hợp hạt là proton thay vì electron.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Proton có cùng tốc độ $1,41\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$ và cùng bán kính quỹ đạo $\mathrm{0,050}0\mathrm{m}$ như bài trước.

Hướng đi:

• Với proton, cùng chiều $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$. Để lực vẫn hướng vào tâm như trong hình, chiều $\overrightarrow{B}$ phải đảo ngược so với Bài 27.14.
• Bán kính xác định độ lớn , còn độ dài nửa vòng chia tốc độ cho thời gian chuyển động.

Lời giải. hướng ra khỏi mặt giấy và có độ lớn

$$B=\frac{m_p{v}_0}{eR}=\mathrm{0,294}\mathrm{T}.$$

Thời gian đi nửa vòng không đổi vì bán kính và tốc độ không đổi:

$$t=\frac{\pi R}{v_0}=1,11\times {10}^{-7}\mathrm{s}.$$

Bài tập 27: 16 •

Một hạt alpha (hạt nhân heli, gồm hai proton và hai nơtron, có khối lượng $6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$) đang chuyển động ngang với tốc độ $35,6\mathrm{km}/\mathrm{s}$ thì đi vào đều thẳng đứng có độ lớn $1,80\mathrm{T}$. (a) Đường kính quỹ đạo của hạt alpha bằng bao nhiêu? (b) Từ trường ảnh hưởng thế nào đến tốc độ hạt? (c) Tìm độ lớn và hướng gia tốc khi hạt ở trong từ trường. (d) Giải thích vì sao tốc độ không đổi dù có hợp lực ngoài tác dụng lên hạt.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $m=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, $q=+2e$, $v=3,56\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $B=1,80\mathrm{T}$ và $\overrightarrow{v}\perp \overrightarrow{B}$.

Hướng đi:

• Dùng bán kính quỹ đạo tròn $R=mv/(|q|B)$.
• Tốc độ không đổi vì luôn vuông góc với vận tốc.
• Độ lớn gia tốc là $a=|q|vB/m$. Chiều gia tốc cùng chiều $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$.

Lời giải.

(a)

$$\begin{array}{rl}2R& =\frac{2mv}{|q|B}\\ & =8,19\times {10}^{-4}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,819}\mathrm{mm}.\end{array}$$

(b) Tốc độ không đổi, còn hướng chuyển động liên tục thay đổi.

(c)

$$a=\frac{|q|vB}{m}=3,09\times {10}^{12}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2.$$

Gia tốc hướng theo $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ vì hạt alpha mang điện dương.

(d) vuông góc với vận tốc ở mọi thời điểm. Vì thế công suất tức thời $\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{v}$ bằng không, lực chỉ đổi hướng chứ không đổi độ lớn vận tốc.

Bài tập 27: 17 • CP

Một quả bóng khối lượng $150\mathrm{g}$ chứa $4,00\times {10}^8$ electron dư được thả rơi trong một giếng thẳng đứng sâu $125\mathrm{m}$. Ở đáy giếng, quả bóng đi vào đều nằm ngang, độ lớn $\mathrm{0,250}\mathrm{T}$ và hướng từ đông sang tây. Bỏ qua lực cản không khí. Tìm độ lớn và hướng tác dụng lên bóng ngay khi bóng vừa vào vùng từ trường.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=-4,00\times {10}^{8}e$, độ cao rơi $h=125\mathrm{m}$, $B=\mathrm{0,250}\mathrm{T}$ hướng tây.

Hướng đi:

• Tìm tốc độ ngay trước khi vào trường bằng bảo toàn cơ năng: $v=\sqrt{2gh}$.
• Dùng $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ để xác định cả độ lớn và chiều lực.

Lời giải.

$$\begin{array}{rl}{v}^2& =2gh=4,90\times {10}^3{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2,\\ v& =49,5\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ |q|& =6,41\times {10}^{-11}\mathrm{C}.\end{array}$$

Chọn đông là $+x$, bắc là $+y$, lên trên là $+z$. Khi bóng rơi, $\overrightarrow{v}$ hướng $-z$, còn hướng $-x$. Tích $(-\hat{k})\times (-\hat{ı})=+\hat{ȷ}$, nhưng âm đảo chiều lực nên lực hướng nam.

$$F=|q|vB=7,93\times {10}^{-10}\mathrm{N}.$$

Bài tập 27: 18 • BIO

Ứng dụng sinh học: Cyclotron trong y học hạt nhân

Cyclotron được dùng rộng rãi trong y học hạt nhân để tạo các đồng vị phóng xạ sống ngắn. Các cyclotron thường gia tốc ion ${\mathrm{H}}^{-}$ (ion hiđrua gồm một proton và hai electron) lên từ $5\mathrm{MeV}$ đến $20\mathrm{MeV}$. Khối lượng ion gần bằng khối lượng proton vì khối lượng electron chỉ bằng khoảng $1/2000$ khối lượng proton. điển hình trong cyclotron là $1,9\mathrm{T}$.

(a) Tốc độ của ion ${\mathrm{H}}^{-}$ có động năng $5,0\mathrm{MeV}$ bằng bao nhiêu? (b) Nếu ion có $5,0\mathrm{MeV}$ trong $1,9\mathrm{T}$, bán kính quỹ đạo tròn của nó bằng bao nhiêu? :::

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $K=5,0\mathrm{MeV}$, $|q|=e$, $m\approx m_p$, $B=1,9\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Vì tốc độ tính ra nhỏ hơn nhiều so với tốc độ ánh sáng, dùng động năng cổ điển $K=m{v}^2/2$.
• Bán kính quỹ đạo là $R=mv/(|q|B)$, trong đó dấu âm của ion ${\mathrm{H}}^{-}$ chỉ đổi chiều cong chứ không đổi bán kính.

Lời giải.

(a) Đổi sang jun:

$$\begin{array}{rl}K& =5,0\mathrm{MeV}\\ & =8,01\times {10}^{-13}\mathrm{J}.\\ v& =\sqrt{\frac{2K}{m_p}}\\ & =3,10\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}\\ & \approx \mathrm{0,103}c.\end{array}$$

(b)

$$R=\frac{m_{p}v}{eB}=\mathrm{0,170}\mathrm{m}.$$

Bài tập 27: 19 •

Hình E27.19: Chùm hạt đi xuống và cong thành nửa đường tròn trong từ trường hướng ra khỏi mặt giấy

Hình E27.19: Chùm hạt đi vào theo phương thẳng đứng, cong sang phải trong vùng hướng ra khỏi trang giấy.

Trong một thí nghiệm tia vũ trụ, một chùm hạt đi thẳng đứng vào đều nằm ngang có độ lớn $\mathrm{0,250}\mathrm{T}$. Mỗi hạt có độ lớn $3e$ và khối lượng gấp $12$ lần khối lượng proton. Chùm bị bẻ thành nửa đường tròn đường kính $95,0\mathrm{cm}$ như hình E27.19. (a) Tìm tốc độ và dấu điện tích của các hạt. (b) Có thể bỏ qua trọng lực không? (c) So sánh tốc độ của hạt khi đi vào và đi ra khỏi từ trường.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $|q|=3e$, $m=12m_p$, $B=\mathrm{0,250}\mathrm{T}$, $R=\mathrm{0,475}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Dùng $R=mv/(|q|B)$ để tìm tốc độ.
• Dựa vào chiều cong trong hình và hướng ra khỏi trang để xác định dấu .
• So sánh với trọng lực để kiểm tra ảnh hưởng của trọng lực.

Lời giải.

(a)

$$v=\frac{|q|BR}{m}=2,84\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

Hạt đi xuống và cong sang phải. Với hướng ra khỏi trang, hạt dương sẽ cong sang trái. Vì vậy, hạt mang điện âm.

(b) Tỉ số giữa và trọng lượng là

$$\frac{F_B}{mg}=\frac{|q|vB}{mg}>{10}^{12}.$$

Trọng lực nhỏ hơn rất nhiều nên có thể bỏ qua.

(c) Tốc độ lúc đi vào và lúc đi ra bằng nhau. vuông góc với vận tốc nên không sinh công.

Bài tập 27: 20 •

Một deuteron (hạt nhân của một đồng vị hiđrô) có khối lượng $3,34\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và $+e$. Deuteron chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính $6,96\mathrm{mm}$ trong $2,50\mathrm{T}$. (a) Tìm tốc độ deuteron. (b) Thời gian để deuteron đi nửa vòng là bao nhiêu? (c) Qua hiệu điện thế bao nhiêu cần gia tốc deuteron để đạt tốc độ đó?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $m=3,34\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, $q=e$, $R=6,96\times {10}^{-3}\mathrm{m}$, $B=2,50\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Tìm tốc độ từ cân bằng và lực hướng tâm, $v=qBR/m$.
• Thời gian nửa vòng là $\pi R/v$.
• Dùng $q\mathrm{\Delta }V=m{v}^2/2$ để tìm hiệu điện thế gia tốc.

Lời giải.

(a)

$$v=\frac{qBR}{m}=8,34\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

(b)

$$t_{1/2}=\frac{\pi R}{v}=2,62\times {10}^{-8}\mathrm{s}.$$

(c)

$$\mathrm{\Delta }V=\frac{m{v}^2}{2q}\approx 7,25\times {10}^3\mathrm{V}.$$

Bài tập 27: 21 •

Một electron trong chùm của ống tia ca tốt được gia tốc qua hiệu điện thế $2,00\mathrm{kV}$. Sau đó, nó đi qua vùng ngang với quỹ đạo là cung tròn bán kính $\mathrm{0,180}\mathrm{m}$. Tìm độ lớn từ trường.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $\mathrm{\Delta }V=2,00\times {10}^3\mathrm{V}$, $R=\mathrm{0,180}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Điện trường gia tốc electron từ nghỉ: $e\mathrm{\Delta }V=m_e{v}^2/2$.
• Dùng $R=m_{e}v/(eB)$ để tìm .

Lời giải.

$$\begin{array}{rl}v& =\sqrt{\frac{2e\mathrm{\Delta }V}{m_e}}\\ & =2,65\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ B& =\frac{m_{e}v}{eR}\\ & =8,38\times {10}^{-4}\mathrm{T}.\end{array}$$

Bài tập 27: 22 ••

Hình E27.22: Chùm proton rẽ một góc 90 độ trong vùng từ trường, quãng đường trong trường là 1,18 cm

Hình E27.22: Chùm proton đi vuông góc vào và rời vùng sau khi đổi hướng ${90}^{\circ }$.

Một chùm proton chuyển động với tốc độ $1,20\mathrm{km}/\mathrm{s}$ đi vuông góc vào đều. Chùm rời từ trường theo hướng vuông góc với hướng ban đầu như hình E27.22. Quãng đường chùm đi trong vùng từ trường là $1,18\mathrm{cm}$. Tìm độ lớn từ trường.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $v=1,20\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s}$, góc đổi hướng ${90}^{\circ }$, cung tròn dài $s=1,18\times {10}^{-2}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Với cung tròn ${90}^{\circ }$, độ dài cung là $s=\pi R/2$.
• Sau khi tìm $R$, dùng $B=m_{p}v/(eR)$.

Lời giải.

$$\begin{array}{rl}R& =\frac{2s}{\pi }\\ & =7,51\times {10}^{-3}\mathrm{m},\\ B& =\frac{m_{p}v}{eR}\\ & =1,67\times {10}^{-3}\mathrm{T}.\end{array}$$

Mục 27.5: Ứng dụng chuyển động của hạt mang điện

Bài tập 27: 23 •

Điện trường và vuông góc. Một hạt có vận tốc ban đầu ${\overrightarrow{v}}_0=(5,85\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s})\hat{ȷ}$ đi vào vùng có điện trường và từ trường đều. Từ trường là $\overrightarrow{B}=-(1,35\mathrm{T})\hat{k}$. Tìm độ lớn và hướng điện trường để hạt đi thẳng không bị lệch nếu hạt lần lượt là (a) $+\mathrm{0,640}\mathrm{nC}$, (b) $-\mathrm{0,320}\mathrm{nC}$. Bỏ qua trọng lượng hạt.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $\overrightarrow{v}=5,85\times {10}^3\hat{ȷ}\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $\overrightarrow{B}=-1,35\hat{k}\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Điều kiện không lệch là $q(\overrightarrow{E}+\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B})=0$.
• Vì $q\ne 0$, hướng và độ lớn điện trường không phụ thuộc dấu hay độ lớn .

Lời giải.

$$\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}=-(7,90\times {10}^3\mathrm{V}/\mathrm{m})\hat{ı}.$$

Vậy điện trường phải hướng theo $+x$ và có độ lớn $7,90\times {10}^3\mathrm{V}/\mathrm{m}$ trong cả hai trường hợp .

Bài tập 27: 24 •

(a) Tốc độ chùm electron bằng bao nhiêu nếu điện trường $1,56\times {10}^4\mathrm{V}/\mathrm{m}$ và $4,62\times {10}^{-3}\mathrm{T}$ cùng tác dụng vuông góc với chùm và vuông góc với nhau, làm chùm không bị lệch? (b) Vẽ sơ đồ thể hiện hướng tương đối của $\overrightarrow{v}$, $\overrightarrow{E}$ và $\overrightarrow{B}$. (c) Khi bỏ điện trường, bán kính quỹ đạo electron bằng bao nhiêu? Chu kì quỹ đạo bằng bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $E=1,56\times {10}^4\mathrm{V}/\mathrm{m}$, $B=4,62\times {10}^{-3}\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• cho $v=E/B$.
• Khi bỏ điện trường, electron chuyển động tròn với $R=m_{e}v/(eB)$ và $T=2\pi m_e/(eB)$.

Lời giải.

(a)

$$v=\frac{E}{B}=3,38\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

(b) Một cách chọn hướng thỏa điều kiện là $\overrightarrow{v}$ theo $+x$, $\overrightarrow{B}$ theo $+z$ và $\overrightarrow{E}$ theo $+y$. Khi đó, lực điện lên electron hướng $-y$ còn hướng $+y$, nên chúng triệt tiêu. Các hướng đối xứng tương ứng cũng đúng.

(c)

$$\begin{array}{rl}R& =\frac{m_{e}v}{eB}=4,16\times {10}^{-3}\mathrm{m},\\ T& =\frac{2\pi m_e}{eB}=7,73\times {10}^{-9}\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 27: 25 •

Hình E27.25: Chùm hạt alpha đi ngang giữa hai bản tụ, điện trường hướng lên và pin 150 V

Hình E27.25: Hạt alpha đi vào giữa hai bản kim loại theo phương vuông góc với điện trường.

Một pin $150\mathrm{V}$ được mắc vào hai bản kim loại song song có diện tích $28,5{\mathrm{cm}}^2$ và cách nhau $8,20\mathrm{mm}$. Một chùm hạt alpha, mỗi hạt có $+2e$ và khối lượng $6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, được gia tốc từ nghỉ qua hiệu điện thế $1,75\mathrm{kV}$ rồi đi vào vùng giữa hai bản theo phương vuông góc với điện trường như hình E27.25. Cần có độ lớn và hướng nào để hạt alpha đi ra không bị lệch?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Khoảng cách hai bản $d=8,20\times {10}^{-3}\mathrm{m}$, hiệu điện thế giữa bản $150\mathrm{V}$, $q=+2e$, $m=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, điện áp gia tốc $1,75\times {10}^3\mathrm{V}$.

Hướng đi:

• Tính điện trường giữa hai bản bằng $E=\mathrm{\Delta }V/d$.
• Tính tốc độ hạt alpha từ điện $qV=m{v}^2/2$.
• Để không lệch, hai lực điện và từ phải ngược chiều, có cùng độ lớn: $E=vB$.

Lời giải. Điện trường hướng lên theo hình:

$$\begin{array}{rl}E& =\frac{150\mathrm{V}}{8,20\times {10}^{-3}\mathrm{m}}\\ & =1,83\times {10}^4\mathrm{V}/\mathrm{m}.\end{array}$$

Tốc độ hạt alpha là

$$\begin{array}{rl}v& =\sqrt{\frac{2(2e)(1,75\times {10}^3\mathrm{V})}{m}}\\ & =4,11\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Vì hạt alpha dương, lực điện hướng lên. cần hướng ra khỏi mặt giấy để hướng xuống:

$$B=\frac{E}{v}=4,45\times {10}^{-2}\mathrm{T}.$$

Bài tập 27: 26 •

Trong kế Bainbridge, của có độ lớn $\mathrm{0,510}\mathrm{T}$, và các ion đi qua không bị lệch có tốc độ $1,82\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (a) Độ lớn điện trường trong bộ chọn là bao nhiêu? (b) Nếu khoảng cách hai bản là $5,20\mathrm{mm}$, hiệu điện thế giữa hai bản bằng bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $B=\mathrm{0,510}\mathrm{T}$, $v=1,82\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $d=5,20\times {10}^{-3}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Điều kiện không lệch là $E=vB$.
• Hiệu điện thế hai bản được tính từ $\mathrm{\Delta }V=Ed$.

Lời giải.

$$\begin{array}{rl}E& =vB\\ & =9,28\times {10}^5\mathrm{V}/\mathrm{m},\\ \mathrm{\Delta }V& =Ed\\ & =4,83\times {10}^3\mathrm{V}.\end{array}$$

Bài tập 27: 27 •

Các nguyên tử bị ion hóa một lần (mất một electron) được gia tốc rồi đi qua gồm điện trường và vuông góc. Điện trường có độ lớn $155\mathrm{V}/\mathrm{m}$, từ trường có độ lớn $\mathrm{0,031}5\mathrm{T}$. Sau đó các ion đi vào từ trường đều thứ hai có độ lớn $\mathrm{0,017}5\mathrm{T}$, vuông góc với vận tốc. (a) Tốc độ ion khi ra khỏi bộ chọn bằng bao nhiêu? (b) Nếu bán kính quỹ đạo trong từ trường thứ hai là $17,5\mathrm{cm}$, khối lượng ion bằng bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $E=155\mathrm{V}/\mathrm{m}$, $B_1=\mathrm{0,031}5\mathrm{T}$, $B_2=\mathrm{0,017}5\mathrm{T}$, $R=\mathrm{0,175}\mathrm{m}$, $|q|=e$.

Hướng đi:

• Tốc độ ion được xác định: $v=E/B_1$.
• Trong thứ hai, $R=mv/(e{B}_2)$, nên suy ra khối lượng.

Lời giải.

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{E}{B_1}=4,92\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ m& =\frac{e{B}_{2}R}{v}\\ & =9,97\times {10}^{-26}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Bài tập 27: 28 •• BIO

Sinh học: Ăn thịt thời tiền sử

Lượng thịt trong chế độ ăn thời tiền sử có thể được xác định bằng cách đo tỉ lệ đồng vị ${}^{15}\mathrm{N}$ trên ${}^{14}\mathrm{N}$ trong xương người cổ. Động vật ăn thịt tích lũy ${}^{15}\mathrm{N}$, nên tỉ lệ này cho biết lượng thịt con người đã ăn.

Một kế có bán kính quỹ đạo $12,5\mathrm{cm}$ đối với ion ${}^{12}\mathrm{C}$ có khối lượng $1,99\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. Tìm khoảng cách giữa hai vệt của các đồng vị ${}^{14}\mathrm{N}$ có khối lượng $2,32\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ và ${}^{15}\mathrm{N}$ có khối lượng $2,49\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ tại đầu dò. :::

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Các ion có cùng , cùng tốc độ và cùng , nên bán kính tỉ lệ với khối lượng. $R_{12}=\mathrm{0,125}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Dùng $R\propto m$ để tìm bán kính quỹ đạo của hai đồng vị nitơ từ bán kính đã biết của ${}^{12}\mathrm{C}$.
• Sau nửa vòng, khoảng cách giữa hai vệt bằng hai lần hiệu bán kính.

Lời giải.

$$\begin{array}{rl}{R}_{14}& =R_{12}\frac{m_{14}}{m_{12}}=\mathrm{0,145}7\mathrm{m},\\ R_{15}& =R_{12}\frac{m_{15}}{m_{12}}=\mathrm{0,156}4\mathrm{m},\\ \mathrm{\Delta }x& =2(R_{15}-R_{14})\\ & =2,14\times {10}^{-2}\mathrm{m}\\ & =2,14\mathrm{cm}.\end{array}$$

Mục 27.6: Lực từ lên dây dẫn có dòng điện

Bài tập 27: 29 ••

Hình E27.29: Dây mang dòng điện 4,50 A có hai khúc vuông góc đi qua vùng từ trường hướng ra khỏi mặt giấy

Chú thích:

• Vùng từ trường. (Magnetic field region)

Hình E27.29: Chỉ phần dây nằm trong hình chữ nhật chấm xanh chịu đều.

Một dây dài mang $4,50\mathrm{A}$ có hai chỗ uốn vuông góc như hình E27.29. Phần dây bị uốn đi qua vùng giới hạn trong không gian có đều $\mathrm{0,240}\mathrm{T}$ hướng như hình. Tìm độ lớn và hướng tác dụng lên dây.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $I=4,50\mathrm{A}$, $B=\mathrm{0,240}\mathrm{T}$ hướng ra khỏi trang, độ dời của đoạn dây trong trường là $\mathrm{\Delta }\overrightarrow{\ell }=0,60\hat{ı}+0,30\hat{ȷ}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Với dây có trong đều, lực tổng bằng $I\mathrm{\Delta }\overrightarrow{\ell }\times \overrightarrow{B}$.
• Dùng độ dời từ điểm dây đi vào đến điểm đi ra khỏi vùng trường. Các đoạn uốn bên trong không làm thay đổi kết quả .

Lời giải. hướng theo $+z$:

$$\begin{array}{rl}{F}_x& =IB\mathrm{\Delta }y=\mathrm{0,324}\mathrm{N},\\ F_y& =-IB\mathrm{\Delta }x=-\mathrm{0,648}\mathrm{N}.\\ F& =\sqrt{(\mathrm{0,324}{)}^2+(\mathrm{0,648}{)}^2}\\ & =\mathrm{0,725}\mathrm{N}.\end{array}$$

Lực hướng xuống và sang phải, tạo góc $63,4^{\circ }$ dưới phương ngang hướng sang phải.

Bài tập 27: 30 •

Một dây thẳng dài $2,5\mathrm{m}$ mang sinh hoạt $1,5\mathrm{A}$ theo một chiều, tại nơi Trái Đất có độ lớn $0,55\mathrm{gauss}$ hướng từ nam lên bắc. Tìm độ lớn và hướng của từ trường Trái Đất lên dây nếu dây được đặt sao cho dòng điện chạy (a) từ tây sang đông, (b) thẳng đứng lên trên, (c) từ bắc xuống nam. (d) Trong điều kiện sinh hoạt bình thường, lực từ có bao giờ đủ lớn để gây ảnh hưởng đáng kể không?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $L=2,5\mathrm{m}$, $I=1,5\mathrm{A}$, $B=0,55\mathrm{G}=5,5\times {10}^{-5}\mathrm{T}$ hướng bắc.

Hướng đi:

• Dùng $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$.
• Độ lớn lớn nhất khi dây vuông góc với , bằng không khi dây song song hoặc ngược chiều trường.

Lời giải. Khi dây vuông góc với :

$$\begin{array}{rl}B& =0,55\mathrm{G}=5,5\times {10}^{-5}\mathrm{T},\\ F_{max}& =ILB\\ & =(1,5)(2,5)(5,5\times {10}^{-5})\\ & =2,06\times {10}^{-4}\mathrm{N}.\end{array}$$

(a) hướng đông. Đông $\times$ bắc hướng lên, nên lực hướng thẳng đứng lên trên và có độ lớn $2,06\times {10}^{-4}\mathrm{N}$.

(b) hướng lên. Lên $\times$ bắc hướng tây, nên lực hướng tây và có cùng độ lớn $2,06\times {10}^{-4}\mathrm{N}$.

(c) hướng nam, song song ngược chiều với . bằng không nên lực bằng $0$.

(d) Lực cỡ ${10}^{-4}\mathrm{N}$ rất nhỏ, không tạo ảnh hưởng đáng kể trong điều kiện dây điện sinh hoạt bình thường.

Bài tập cuối chương 27: Bài 27.31–27.60

Kí hiệu $\bullet$, $\bullet \bullet$ và $\bullet \bullet \bullet$ biểu thị mức độ khó tăng dần. CP đánh dấu bài tập tổng hợp có dùng kiến thức từ các chương trước, CALC là bài cần giải tích, DATA liên quan đến số liệu hoặc thực nghiệm, còn BIO đánh dấu ngữ cảnh sinh học.

Mục 27.6: Lực từ lên dây dẫn có dòng điện

Bài tập 27: 31 ••

Hình E27.31: Thanh dẫn tựa trên hai giá đỡ trong từ trường hướng vào trang giấy, được nối thành mạch với pin và điện trở

Hình P27.31: Thanh kim loại nằm trong hướng vào trang giấy.

Một thanh kim loại mảnh dài $50,0\mathrm{cm}$, khối lượng $750\mathrm{g}$, đặt tựa nhưng không gắn vào hai giá đỡ kim loại trong đều $\mathrm{0,450}\mathrm{T}$ như hình P27.31. Một pin và điện trở $25,0\mathrm{\Omega }$ mắc nối tiếp được nối với hai giá đỡ. (a) Điện áp lớn nhất của pin có thể bằng bao nhiêu để thanh chưa rời khỏi hai giá đỡ? (b) Pin đang ở điện áp lớn nhất vừa tìm. Nếu điện trở đột ngột bị nối tắt một phần, làm điện trở giảm còn $2,0\mathrm{\Omega }$, hãy tìm gia tốc ban đầu của thanh.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $L=\mathrm{0,500}\mathrm{m}$, $m=\mathrm{0,750}\mathrm{kg}$, $B=\mathrm{0,450}\mathrm{T}$, $R=25,0\mathrm{\Omega }$.

Hướng đi:

• Ở ngưỡng thanh vừa sắp rời giá đỡ, cân bằng trọng lực: $ILB=mg$.
• Dùng định luật Ohm để tìm và điện áp nguồn.
• Khi điện trở đổi, mới tạo và gia tốc mới của thanh.

Lời giải.

(a) giới hạn là

$$I_{max}=\frac{mg}{LB}=32,7\mathrm{A}.$$

Vì dòng chạy qua điện trở $25,0\mathrm{\Omega }$:

$$V_{max}=I_{max}R=8,17\times {10}^2\mathrm{V}.$$

(b) Khi điện trở giảm còn $2,0\mathrm{\Omega }$, mới bằng $V_{max}/(2,0\mathrm{\Omega })$. vẫn hướng lên nhưng lớn hơn trọng lực:

$$\begin{array}{rl}a& =\frac{(V_{max}/2,0\mathrm{\Omega })LB-mg}{m}\\ & =1,13\times {10}^2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2.\end{array}$$

Bài tập 27: 32 ••

Một nam châm điện tạo $\mathrm{0,550}\mathrm{T}$ trong vùng hình trụ bán kính $2,50\mathrm{cm}$ giữa hai cực. Một dây thẳng mang $10,8\mathrm{A}$ đi qua tâm vùng này và vuông góc với cả trục hình trụ lẫn từ trường. Độ lớn tác dụng lên dây là bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $I=10,8\mathrm{A}$, $B=\mathrm{0,550}\mathrm{T}$, đường kính vùng là $2R=5,00\mathrm{cm}$.

Hướng đi:

• Chỉ đoạn dây nằm trong vùng có chịu lực.
• Dây vuông góc với nên $F=ILB$ với $L=2R$.

Lời giải.

$$F=ILB=(10,8)(\mathrm{0,050}0)(\mathrm{0,550})=\mathrm{0,297}\mathrm{N}.$$

Bài tập 27: 33 •

Hình E27.33: Cân từ dùng thanh dẫn mang dòng điện.

Chú thích:

• Pin. (Battery)
• Thanh dẫn. (Bar)

Ứng dụng: Cân từ

Mạch trong hình E27.33 dùng làm cân từ. Vật khối lượng $m$ được treo vào giữa thanh ngang rất nhẹ dài $60,0\mathrm{cm}$, nằm trong đều $1,50\mathrm{T}$ hướng vào mặt giấy. Hai dây mảnh nối thanh với pin gần như không chịu lực căng. Một điện trở $5,00\mathrm{\Omega }$ mắc nối tiếp, các điện trở khác không đáng kể. Điện áp pin có thể điều chỉnh.

Hình E27.33: lên thanh đỡ trọng lượng của vật treo.

(a) Điểm nào, $a$ hay $b$, phải nối với cực dương của pin? (b) Nếu điện áp đầu cực lớn nhất của pin là $175\mathrm{V}$, khối lượng lớn nhất cân đo được là bao nhiêu? :::

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $L=\mathrm{0,600}\mathrm{m}$, $B=1,50\mathrm{T}$ hướng vào trang giấy, $R=5,00\mathrm{\Omega }$, $V_{max}=175\mathrm{V}$.

Hướng đi:

• Cần hướng lên để đỡ vật. Áp dụng quy tắc bàn tay phải cho trong thanh và vào trang giấy.
• giới hạn là $I=V/R$, còn lực cân bằng $mg=ILB$.

Lời giải.

(a) Với chạy từ trái sang phải trong thanh, $\overrightarrow{L}$ sang phải và $\overrightarrow{B}$ vào trang giấy, nên $\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$ hướng lên. Do đó, điểm $a$ phải là cực dương để dòng điện đi qua thanh từ $a$ sang $b$.

(b)

$$\begin{array}{rl}{I}_{max}& =\frac{175\mathrm{V}}{5,00\mathrm{\Omega }}=35,0\mathrm{A},\\ m_{max}& =\frac{I_{max}LB}{g}\\ & =3,21\mathrm{kg}.\end{array}$$

Bài tập 27: 34 •

Một dây thẳng đứng mang $2,60\mathrm{A}$ hướng xuống, nằm trong vùng giữa hai cực của nam châm siêu dẫn lớn, nơi ngang có độ lớn $\mathrm{0,588}\mathrm{T}$. Tìm độ lớn và hướng lên đoạn dây dài $1,00\mathrm{cm}$ trong trường đều nếu từ trường hướng (a) đông, (b) nam, (c) $30,0^{\circ }$ về phía nam tính từ hướng tây.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $I=2,60\mathrm{A}$ hướng xuống, $L=\mathrm{0,010}0\mathrm{m}$, $B=\mathrm{0,588}\mathrm{T}$ nằm ngang.

Hướng đi:

• Tính $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$ với $\overrightarrow{L}$ hướng theo quy ước.
• Với câu (c), tách thành các thành phần hướng tây và nam để xác định chiều lực.

Lời giải. Đặt đông là $+x$, bắc là $+y$, lên là $+z$. Độ lớn lực trong cả ba trường hợp là

$$F=ILB=1,53\times {10}^{-2}\mathrm{N}.$$

(a) hướng $-z$, hướng $+x$, nên lực hướng nam, theo $-y$.

(b) hướng nam, theo $-y$. Khi đó $(-z)\times (-y)=-x$, nên lực hướng tây.

(c) có thành phần tây và nam. cho thành phần lực hướng tây và bắc:

$$\begin{array}{rl}{F}_x& =-7,64\times {10}^{-3}\mathrm{N},\\ F_y& =1,32\times {10}^{-2}\mathrm{N}.\end{array}$$

Lực hướng $30,0^{\circ }$ về phía tây tính từ hướng bắc.

Mục 27.7: Lực và mômen lực lên khung dây có dòng điện

Bài tập 27: 35 •

Một cuộn dây tròn phẳng mang $8,80\mathrm{A}$ có $\mathrm{0,194}\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2$ hướng sang trái. Vectơ diện tích của cuộn là $4,0{\mathrm{cm}}^2$ hướng sang trái. (a) Cuộn có bao nhiêu vòng dây? (b) Một người quan sát đứng trên trục cuộn, phía bên trái và nhìn về cuộn. Người ấy thấy dòng điện chạy theo chiều kim đồng hồ hay ngược chiều kim đồng hồ? (c) Nếu đặt cuộn trong ngoài rất lớn $45,0\mathrm{T}$ hướng ra khỏi trang giấy, có độ lớn và hướng nào?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $I=8,80\mathrm{A}$, $\mu =\mathrm{0,194}\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2$, diện tích mỗi vòng $A=4,0\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^2$.

Hướng đi:

• Mômen lưỡng cực của cuộn $N$ vòng là $\mu =NIA$.
• Nhìn từ hướng của $\overrightarrow{\mu }$, quy tắc bàn tay phải cho chiều ngược chiều kim đồng hồ.
• từ là $\overrightarrow{\tau }=\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B}$.

Lời giải.

(a)

$$N=\frac{\mu }{IA}=55,1\approx 55\text{ turns}.$$

(b) Người quan sát ở phía mà $\overrightarrow{\mu }$ hướng tới sẽ thấy chạy ngược chiều kim đồng hồ.

(c) Chọn trục $+x$ hướng sang phải, $+y$ hướng lên và $+z$ hướng ra khỏi trang. Khi đó $\overrightarrow{\mu }$ hướng $-x$ còn $\overrightarrow{B}$ hướng $+z$:

$$\begin{array}{rl}|\overrightarrow{\tau }|& =\mu B=8,73\mathrm{N}\mathrm{m},\\ & \overrightarrow{\tau }\text{ along }+y.\end{array}$$

Bài tập 27: 36 ••

Mặt phẳng một khung dây chữ nhật $5,0\mathrm{cm}\times 8,0\mathrm{cm}$ song song với $0,19\mathrm{T}$. Khung mang $6,2\mathrm{A}$. (a) lên khung bằng bao nhiêu? (b) của khung bằng bao nhiêu? (c) Với cùng tổng chiều dài dây và cùng dòng điện trong từ trường này, mômen lực cực đại có thể đạt được là bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $A=\mathrm{0,050}\times \mathrm{0,080}{\mathrm{m}}^2$, $I=6,2\mathrm{A}$, $B=0,19\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Vì mặt phẳng khung song song với $\overrightarrow{B}$, vuông góc với trường nên $\tau =IAB$.
• Với chu vi dây cố định, hình tròn có diện tích lớn nhất. Dùng diện tích hình tròn có chu vi bằng chu vi khung để tìm cực đại.

Lời giải.

(a)

$$\tau =IAB=4,71\times {10}^{-3}\mathrm{N}\mathrm{m}.$$

(b)

$$\mu =IA=2,48\times {10}^{-2}\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2.$$

(c) Chu vi khung dây là $P=2(\mathrm{0,050}+\mathrm{0,080})=\mathrm{0,260}\mathrm{m}$. Diện tích lớn nhất khi cuộn thành hình tròn:

$$\begin{array}{rl}{A}_{max}& =\frac{P^2}{4\pi }\\ {\tau }_{max}& =IB{A}_{max}\\ & =6,34\times {10}^{-3}\mathrm{N}\mathrm{m}.\end{array}$$

Bài tập 27: 37 •

Hình E27.37: Khung chữ nhật 35 cm × 20 cm, bản lề dọc cạnh ab, dòng điện theo chiều kim đồng hồ và từ trường sang phải

Chú thích:

• Bản lề. (Hinge)

Hình E27.37: Khung dây mang $5,00\mathrm{A}$ trong ngang hướng sang phải.

Mạch chữ nhật $20,0\mathrm{cm}\times 35,0\mathrm{cm}$ trong hình E27.37 được gắn bản lề dọc cạnh $ab$. $5,00\mathrm{A}$ chạy theo chiều kim đồng hồ. Mạch nằm trong đều $1,20\mathrm{T}$ vuông góc với hai cạnh như hình. (a) Vẽ hướng trên từng cạnh $ab$, $bc$, v.v. (b) Trong bốn lực đó, xác định lực nào tạo mômen quanh bản lề $ab$ rồi tính các lực ấy. (c) Dùng các kết quả đó để tính từ quanh trục bản lề.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $I=5,00\mathrm{A}$, $B=1,20\mathrm{T}$ hướng $+x$, bản lề dọc cạnh $ab$ dài $\mathrm{0,200}\mathrm{m}$, chiều rộng $\mathrm{0,350}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Tính lực trên mỗi cạnh bằng $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$.
• Lực trên cạnh song song với $\overrightarrow{B}$ bằng không. Cạnh $ab$ nằm trên trục bản lề nên lực của nó không tạo mômen quanh trục đó.
• Kiểm tra mômen bằng $\overrightarrow{\tau }=\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B}$ với $\mu =IA$.

Sơ đồ lời giải 27.37: Lực từ trên từng cạnh khung dây

Ký hiệu ⊗ chỉ lực hướng vào mặt giấy, còn ⊙ chỉ lực hướng ra. Hai cạnh song song có lực bằng không.

Lời giải. Theo hình, trên $ab$ hướng lên, trên $bc$ sang phải, trên $cd$ xuống và trên $da$ sang trái.

(a) Cạnh $ab$ chịu lực $1,20\mathrm{N}$ hướng vào trang giấy. Cạnh $bc$ song song với trường nên không chịu lực. Cạnh $cd$ chịu lực $1,20\mathrm{N}$ hướng ra khỏi trang giấy. Cạnh $da$ cũng song song với trường nên lực bằng không.

(b) Lực trên $ab$ tác dụng ngay trên trục bản lề nên mômen bằng không. Chỉ lực trên $cd$ tạo mômen quanh trục $ab$. Lực này vuông góc với tay đòn $\mathrm{0,350}\mathrm{m}$.

(c) hướng theo $-y$:

$$\tau =Fr=(1,20)(\mathrm{0,350})=\mathrm{0,420}\mathrm{N}\mathrm{m}.$$

Diện tích khung là $A=(\mathrm{0,200})(\mathrm{0,350})=\mathrm{0,070}0{\mathrm{m}}^2$, nên $\mu =IA=\mathrm{0,350}\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2$. Vì mặt phẳng khung song song với trường, $\overrightarrow{\mu }\perp \overrightarrow{B}$ và $\tau =\mu B=\mathrm{0,420}\mathrm{N}\mathrm{m}$, khớp với cách tính từ lực trên cạnh $cd$.

Bài tập 27: 38 •

Hình E27.38: Khung dây chữ nhật 35 cm × 22 cm trong từ trường vuông góc với mặt khung, có trục quay đứng

Chú thích:

• Trục. (Axis)

Hình E27.38: Khung dây quay quanh trục đứng qua tâm.

Một khung dây chữ nhật $22,0\mathrm{cm}\times 35,0\mathrm{cm}$ mang $1,95\mathrm{A}$. Mặt phẳng khung vuông góc với đều $1,50\mathrm{T}$ như hình E27.38. (a) Tính lực tổng và tổng của từ trường lên khung. (b) Khung quay $30,0^{\circ }$ quanh trục được vẽ, cạnh trái đi ra khỏi mặt giấy, cạnh phải đi vào. Tính lực tổng và mômen lực tổng lúc này. (Gợi ý: Vẽ khung nhìn dọc theo trục quay để hình dung hình học không gian.)

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $A=(\mathrm{0,220})(\mathrm{0,350})=\mathrm{0,077}0{\mathrm{m}}^2$, $I=1,95\mathrm{A}$, $B=1,50\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Trong đều, lực tổng lên vòng kín bằng không.
• Lúc đầu, song song với nên bằng không. Sau khi xoay, dùng $\tau =\mu B\sin {30}^{\circ }$.

Lời giải.

(a) ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{net}}=0$ và $\overrightarrow{\tau }=0$ vì song song với ở cấu hình ban đầu.

(b) Lực tổng vẫn bằng không. Góc giữa và nay là ${30}^{\circ }$. Chiều quay trong hình làm mômen từ lệch khỏi trường theo chiều $+y$:

$$\begin{array}{rl}\mu & =IA=\mathrm{0,150}\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2,\\ \tau & =\mu B\sin {30}^{\circ }\\ & =\mathrm{0,113}\mathrm{N}\mathrm{m}.\end{array}$$

Bài tập 27: 39 • CP

Hình E27.39: Khung dây chữ nhật 1,00 m × 0,500 m có hai trục A1 đứng và A2 ngang trong từ trường hướng lên

Hình E27.39: Hai trục quay đi qua tâm khung dây.

Một khung dây chữ nhật đồng chất khối lượng $212\mathrm{g}$, kích thước $\mathrm{0,500}\mathrm{m}\times 1,00\mathrm{m}$, có mặt phẳng song song với đều $3,00\mathrm{T}$ như hình E27.39. $2,00\mathrm{A}$ đột ngột chạy trong khung. (a) Khung bắt đầu quay quanh trục nào, A1 hay A2? Vì sao? (b) Tìm gia tốc góc ban đầu ngay sau khi dòng điện bắt đầu chạy.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $m=\mathrm{0,212}\mathrm{kg}$, $A=\mathrm{0,500}{\mathrm{m}}^2$, $I=2,00\mathrm{A}$, $B=3,00\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Vì mặt phẳng khung song song với , vuông góc với trường và có độ lớn $\tau =IAB$.
• Tính của khung dây mảnh quanh từng trục. Gia tốc góc bằng $\alpha =\tau /I_{\mathrm{axis}}$.

Lời giải. vuông góc với mặt phẳng khung, còn $\overrightarrow{B}$ hướng theo phương đứng trong mặt phẳng khung. do đó hướng theo trục A2, nên khung quay quanh A2.

Độ lớn là

$$\tau =IAB=(2,00)(\mathrm{0,500})(3,00)=3,00\mathrm{N}\mathrm{m}.$$

Khối lượng trên một đơn vị chiều dài của dây là $\lambda =m/[2(1,00+\mathrm{0,500})]$. Với trục A2 ngang qua tâm, gồm hai cạnh ngang ở khoảng cách $\mathrm{0,250}\mathrm{m}$ và hai cạnh đứng phân bố dọc theo trục:

$$\begin{array}{rl}{I}_{A2}& =2\lambda (1,00)(\mathrm{0,250}{)}^2+2\lambda \frac{(\mathrm{0,500}{)}^3}{12}\\ & =1,03\times {10}^{-2}\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2,\\ \alpha & =\frac{\tau }{I_{A2}}\\ & =2,91\times {10}^2\mathrm{rad}/{\mathrm{s}}^2.\end{array}$$

Bài tập 27: 40 •

Hai cuộn dây tròn A và B trong hình E27.40 đều có diện tích $A$ và $N$ vòng, quay tự do quanh một đường kính trùng trục $x$. $I$ chạy qua mỗi cuộn theo chiều chỉ ra trong hình. đều $\overrightarrow{B}$ hướng theo $+z$. (a) Hướng $\overrightarrow{\mu }$ của mỗi cuộn là gì? (b) Giải thích vì sao từ lên cả hai cuộn đều bằng không nên chúng ở trạng thái cân bằng quay. (c) Dùng phương trình (27.27) để tính của mỗi cuộn. (d) Với mỗi cuộn, cân bằng là bền hay không bền? Giải thích.

Hình E27.40: Hai cuộn dây tròn A và B quay quanh trục x, dòng điện chạy theo hai chiều ngược nhau

Hình E27.40: Đổi chiều làm đảo chiều của cuộn dây.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Cả hai cuộn có $N$ vòng, diện tích $A$, $I$, trong $B\hat{k}$.

Hướng đi:

• Dùng quy tắc bàn tay phải để xác định $\overrightarrow{\mu }$ từ chiều trong hình.
• Dùng $\overrightarrow{\tau }=\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B}$ và $U=-\overrightarrow{\mu }\cdot \overrightarrow{B}$ để xét mômen và độ bền cân bằng.

Lời giải. Theo chiều vẽ trong hình, cuộn A có ${\overrightarrow{\mu }}_A=-NIA\hat{k}$, còn cuộn B có ${\overrightarrow{\mu }}_B=+NIA\hat{k}$.

(a) Các hướng đã nêu trên.

(b) Cả hai song song hoặc ngược chiều với $\overrightarrow{B}$, nên bằng không và từ bằng không.

(c)

$$\begin{array}{rl}{U}_A& =+NIAB.\\ U_B& =-NIAB.\end{array}$$

(d) Cuộn B có cực tiểu khi $\overrightarrow{\mu }$ song song với trường, nên cân bằng bền. Cuộn A có thế năng cực đại khi $\overrightarrow{\mu }$ ngược chiều trường, nên cân bằng không bền.

Bài tập 27: 41 •

Một cuộn dây tròn diện tích $A$, $N$ vòng, quay tự do quanh đường kính trùng trục $x$. $I$ chạy trong cuộn. đều $\overrightarrow{B}$ hướng theo chiều dương trục $y$. Tính độ lớn và hướng $\overrightarrow{\tau }$ cùng $U$ theo phương trình (27.27) cho các hướng dòng điện (a)–(d) trong hình E27.41.

Hình E27.41: Bốn hướng dòng điện khác nhau trong cuộn dây tròn quay quanh trục x

Hình E27.41: Các dấu hướng cho bốn hướng có thể có.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $\mu =NIA$, $\overrightarrow{B}=B\hat{ȷ}$.

Hướng đi:

• Quy tắc bàn tay phải cho hướng trong từng hình.
• Dùng $\overrightarrow{\tau }=\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B}$ và $U=-\overrightarrow{\mu }\cdot \overrightarrow{B}$.

Lời giải. Các hướng trong hình cho:

• (a) $\overrightarrow{\mu }=+\mu \hat{k}$, $\overrightarrow{\tau }=-\mu B\hat{ı}$ và $U=0$.
• (b) $\overrightarrow{\mu }=+\mu \hat{ȷ}$, $\overrightarrow{\tau }=0$ và $U=-\mu B$.
• (c) $\overrightarrow{\mu }=-\mu \hat{k}$, $\overrightarrow{\tau }=+\mu B\hat{ı}$ và $U=0$.
• (d) $\overrightarrow{\mu }=-\mu \hat{ȷ}$, $\overrightarrow{\tau }=0$ và $U=+\mu B$.

Bài tập 27: 42 ••

Một cuộn dây có $1,45\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2$ ban đầu ngược chiều với đều $\mathrm{0,835}\mathrm{T}$. Độ biến thiên của cuộn dây khi xoay ${180}^{\circ }$ để mômen từ song song với từ trường bằng bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $\mu =1,45\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2$, $B=\mathrm{0,835}\mathrm{T}$, góc quay làm $\overrightarrow{\mu }$ chuyển từ ngược sang cùng hướng với trường.

Hướng đi:

• Dùng $U=-\overrightarrow{\mu }\cdot \overrightarrow{B}$ cho trạng thái đầu và cuối.
• Tính $\mathrm{\Delta }U=U_f-U_i$ để giữ đúng chiều biến thiên.

Lời giải. Ban đầu $U_i=+\mu B$, cuối cùng $U_f=-\mu B$:

$$\mathrm{\Delta }U=-2\mu B=-2,42\mathrm{J}.$$

Mục 27.8: Động cơ điện một chiều

Bài tập 27: 43 ••

Trong động cơ điện một chiều mắc kiểu song song, cuộn kích từ và rôto mắc song song vào nguồn $120\mathrm{V}$. Điện trở cuộn kích từ là $106\mathrm{\Omega }$, điện trở rôto là $5,9\mathrm{\Omega }$. Khi động cơ chạy ở tốc độ tối đa, nguồn là $4,82\mathrm{A}$. (a) Dòng điện qua cuộn kích từ bằng bao nhiêu? (b) Dòng điện qua rôto bằng bao nhiêu? (c) Suất điện động cảm ứng trong rôto bằng bao nhiêu? (d) Động cơ phát công suất cơ bao nhiêu?

Hình E27.43: Sơ đồ động cơ điện một chiều mắc song song.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $V=120\mathrm{V}$, $R_f=106\mathrm{\Omega }$, $R_r=5,9\mathrm{\Omega }$, $I_{\mathrm{source}}=4,82\mathrm{A}$.

Hướng đi:

• Nhánh kích từ nhận đủ điện áp nguồn, nên dùng $I_f=V/R_f$.
• Dòng nguồn bằng tổng dòng hai nhánh.
• Suất điện động ngược bằng điện áp nguồn trừ độ giảm áp trên rôto. Công suất cơ bằng tích suất điện động ngược với dòng rôto.

Lời giải.

(a) Dòng qua cuộn kích từ:

$$I_f=\frac{V}{R_f}=\frac{120}{106}=1,13\mathrm{A}.$$

(b) Theo định luật nút, dòng qua rôto là

$$\begin{array}{rl}{I}_r& =I_{\mathrm{source}}-I_f\\ & =4,82-1,13\\ & =3,69\mathrm{A}.\end{array}$$

(c) Điện áp rơi trên điện trở rôto là $I_r{R}_r$. Vì vậy suất điện động ngược:

$$\begin{array}{rl}\mathcal{E}& =V-I_r{R}_r\\ & =120-(3,69)(5,9)\\ & =98,2\mathrm{V}.\end{array}$$

(d) Công suất cơ phát triển:

$$\begin{array}{rl}{P}_{\mathrm{mech}}& =\mathcal{E}{I}_r\\ & =(98,2)(3,69)\\ & =362\mathrm{W}.\end{array}$$

Bài tập 27: 44 •

Một động cơ điện một chiều có rôto và cuộn kích từ mắc nối tiếp, với điện trở trong tổng cộng $3,2\mathrm{\Omega }$. Khi động cơ chạy ở tải tối đa trên nguồn $120\mathrm{V}$, suất điện động trong rôto là $105\mathrm{V}$. (a) động cơ lấy từ nguồn là bao nhiêu? (b) Công suất điện cấp cho động cơ bằng bao nhiêu? (c) Công suất cơ do động cơ phát triển bằng bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $V=120\mathrm{V}$, $R=3,2\mathrm{\Omega }$, $\mathcal{E}=105\mathrm{V}$.

Hướng đi:

• Suất điện động ngược làm giảm điện áp hữu hiệu trên điện trở, nên $I=(V-\mathcal{E})/R$.
• Công suất điện vào lấy từ $VI$, còn công suất cơ là $\mathcal{E}I$.

Lời giải.

(a)

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{V-\mathcal{E}}{R}\\ & =\frac{120-105}{3,2}\\ & =4,69\mathrm{A}.\end{array}$$

(b)

$$P_{\mathrm{in}}=VI=(120)(4,69)=563\mathrm{W}.$$

(c)

$$P_{\mathrm{mech}}=\mathcal{E}I=(105)(4,69)=492\mathrm{W}.$$

Hiệu $71,0\mathrm{W}$ tỏa nhiệt trên điện trở trong.

Mục 27.9: Hiệu ứng Hall

Bài tập 27: 45 •

Một dải bạc có bề rộng $z_1=11,8\mathrm{mm}$, bề dày $y_1=0,23\mathrm{mm}$ và mang $120\mathrm{A}$ theo chiều $+x$. đều có độ lớn $0,95\mathrm{T}$ theo chiều $+y$. Mật độ electron tự do là $5,85\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$. Theo mô hình Hall đơn giản, tìm (a) độ lớn vận tốc trôi của electron theo trục $x$. (b) độ lớn và hướng điện trường Hall theo trục $z$. (c) suất điện động Hall.

Hình E27.45: Dải kim loại đặt trong từ trường để khảo sát hiệu ứng Hall.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $I=120\mathrm{A}$, $n=5,85\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$, $e=1,60\times {10}^{-19}\mathrm{C}$, $z_1=\mathrm{0,011}8\mathrm{m}$, $y_1=2,3\times {10}^{-4}\mathrm{m}$, $B=0,95\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Dùng $I=ne{v}_d{z}_1{y}_1$ để tìm độ lớn vận tốc trôi.
• Điện trường Hall cân bằng lên electron, nên $E_H=v_{d}B$.
• Hiệu điện thế Hall đo qua bề rộng $z_1$.

Lời giải.

(a) Tiết diện vuông góc với là $z_1{y}_1$. Suy ra

$$v_d=\frac{I}{ne{z}_1{y}_1}=4,73\times {10}^{-3}\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

(b) Electron trôi theo $-x$. Do ${\overrightarrow{v}}_e\times \overrightarrow{B}$ hướng $-z$ và electron âm, hướng $+z$. Điện trường tạo lực điện ngược chiều, nên ${\overrightarrow{E}}_H$ hướng $+z$:

$$E_H=v_{d}B=4,50\times {10}^{-3}\mathrm{V}/\mathrm{m}.$$

(c)

$$\begin{array}{rl}{V}_H& =E_H{z}_1\\ & =(4,50\times {10}^{-3})(\mathrm{0,011}8)\\ & =5,31\times {10}^{-5}\mathrm{V}.\end{array}$$

Bài tập 27: 46 •

Một dải kim loại chưa biết có kích thước như dải bạc ở bài 27.45. Khi là $2,29\mathrm{T}$ và là $78,0\mathrm{A}$, suất điện động Hall đo được là $131\mu \mathrm{V}$. Theo mô hình Hall đơn giản, mật độ electron tự do bằng bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $z_1=\mathrm{0,011}8\mathrm{m}$, $y_1=2,3\times {10}^{-4}\mathrm{m}$, $I=78,0\mathrm{A}$, $B=2,29\mathrm{T}$, $V_H=131\times {10}^{-6}\mathrm{V}$.

Hướng đi:

• Từ $E_H=V_H/z_1$ suy ra $v_d=E_H/B$.
• Thay vào $I=ne{v}_d{z}_1{y}_1$ để giải mật độ hạt tải $n$.

Lời giải. Ghép hai hệ thức Hall:

$$\begin{array}{rl}I& =ne{v}_d{z}_1{y}_1,\\ v_d& =\frac{V_H}{B{z}_1},\\ n& =\frac{IB}{e{V}_H{y}_1}\\ & \approx 3,70\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}.\end{array}$$

Bài toán tổng hợp

Bài tập 27: 47 •• CP

Một hạt nhỏ mang dương $q=3,75\times {10}^{-4}\mathrm{C}$ và khối lượng $m=5,00\times {10}^{-5}\mathrm{kg}$ chuyển động trong điện trường và đều. Từ trường $B=4,00\mathrm{T}$ và điện trường $E=60,0\mathrm{N}/\mathrm{C}$ đều hướng theo $+z$. Tại $t=0$, hạt ở $(0,1,00,0)\mathrm{m}$ và có vận tốc $30,0\mathrm{m}/\mathrm{s}$ theo $+x$. Bỏ qua trọng lực. (a) Tìm tọa độ hạt tại $t=\mathrm{0,020}0\mathrm{s}$. (b) Tìm tốc độ lúc đó.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q/m=7,50\mathrm{C}/\mathrm{kg}$, $\overrightarrow{B}=4,00\hat{k}\mathrm{T}$, $\overrightarrow{E}=60,0\hat{k}\mathrm{N}/\mathrm{C}$, ${\overrightarrow{r}}_0=(0,1,00,0)\mathrm{m}$, ${\overrightarrow{v}}_0=30,0\hat{i}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Trong mặt phẳng $xy$, làm vận tốc quay với tốc độ góc $\omega =qB/m$ mà không đổi độ lớn.
• Theo trục $z$, điện trường gây gia tốc không đổi $a_z=qE/m$.
• Tính ba tọa độ và ghép các thành phần vận tốc để tìm tốc độ.

Lời giải. Tốc độ góc là $\omega =30,0\mathrm{rad}/\mathrm{s}$. Với vận tốc đầu theo $+x$, phương trình chuyển động ngang là

$$\begin{array}{rl}x(t)& =\frac{v_0}{\omega }\sin (\omega t),\\ y(t)& =1,00+\frac{v_0}{\omega }[\cos (\omega t)-1].\end{array}$$

Tại $\omega t=\mathrm{0,600}\mathrm{rad}$, ta được $x=\mathrm{0,565}\mathrm{m}$ và $y=\mathrm{0,825}\mathrm{m}$. Gia tốc theo $z$ là $a_z=qE/m=4,50\times {10}^2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$, vậy $z=a_z{t}^2/2=\mathrm{0,090}0\mathrm{m}$.

(a) $\overrightarrow{r}=(\mathrm{0,565}\hat{i}+\mathrm{0,825}\hat{j}+\mathrm{0,090}0\hat{k})\mathrm{m}$.

(b) Vận tốc ngang vẫn có độ lớn $30,0\mathrm{m}/\mathrm{s}$, còn $v_z=a_{z}t=9,00\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Do đó

$$v=\sqrt{(30,0{)}^2+(9,00{)}^2}=31,3\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

Bài tập 27: 48 •

Một hạt mang $7,26\times {10}^{-8}\mathrm{C}$ đều $\mathrm{0,650}\mathrm{T}$ theo $+x$. Tại một thời điểm, vận tốc có các thành phần $v_x=-1,68\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $v_y=-3,11\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$ và $v_z=5,85\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Tìm các thành phần tại thời điểm ấy.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=7,26\times {10}^{-8}\mathrm{C}$, $\overrightarrow{v}=(-1,68,-3,11,5,85)\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $\overrightarrow{B}=(\mathrm{0,650},0,0)\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Dùng $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$.
• Thành phần vận tốc dọc trường không tạo lực, còn hai thành phần vuông góc trường quyết định $F_y,F_z$.

Lời giải. cho

$$\begin{array}{rl}{F}_x& =0,\\ F_y& =q{v}_z{B}_x=2,76\times {10}^{-3}\mathrm{N},\\ F_z& =-q{v}_y{B}_x\\ & =1,47\times {10}^{-3}\mathrm{N}.\end{array}$$

Bài tập 27: 49 ••• CP

Lò phản ứng nhiệt hạch. Hai hạt nhân đơteri, mỗi hạt có $+e$ và khối lượng $3,34\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, có thể hợp nhất khi tiến đến khoảng cách $1,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}$. (a) Giả sử chúng chuyển động đối đầu với cùng tốc độ và được xem là điện tích điểm. Cần tốc độ bao nhiêu để khoảng cách gần nhất đạt giá trị này? (b) Cần mạnh bao nhiêu để các hạt chuyển động với tốc độ ấy theo quỹ đạo tròn đường kính $2,50\mathrm{m}$?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=e=1,60\times {10}^{-19}\mathrm{C}$, $m=3,34\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, $r=1,0\times {10}^{-15}\mathrm{m}$, $R=1,25\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Ở điểm gần nhất, tổng động năng ban đầu chuyển thành Coulomb.
• Hai hạt có tổng động năng $m{v}^2$ vì mỗi hạt có khối lượng $m$ và tốc độ $v$.
• Với chuyển động tròn trong , đặt lực Lorentz bằng lực hướng tâm.

Lời giải. Chọn điện bằng không khi hai hạt ở rất xa nhau. Ở điểm gần nhất, vận tốc tương đối tức thời bằng không, do đó

$$2\left(\frac{1}{2}m{v}^2\right)=\frac{k_e{e}^2}{r}.$$

(a)

$$v=\sqrt{\frac{k_e{e}^2}{mr}}=8,30\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

(b) Với bán kính quỹ đạo $R=2,50/2=1,25\mathrm{m}$, điều kiện hướng tâm là $evB=m{v}^2/R$:

$$B=\frac{mv}{eR}=\mathrm{0,139}\mathrm{T}.$$

Bài tập 27: 50 ••

Trong mô hình Bohr của nguyên tử hiđrô ở trạng thái thấp nhất, electron chuyển động quanh proton với tốc độ $2,2\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$ trên quỹ đạo tròn bán kính $5,3\times {10}^{-11}\mathrm{m}$. Xem electron chuyển động như một vòng . (a) Chu kì quỹ đạo là bao nhiêu? (b) Dòng điện tương đương bằng bao nhiêu? (c) có độ lớn bao nhiêu?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $v=2,2\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $r=5,3\times {10}^{-11}\mathrm{m}$, $e=1,60\times {10}^{-19}\mathrm{C}$.

Hướng đi:

• Chu kì là độ dài quỹ đạo chia cho tốc độ.
• Mỗi chu kì, có độ lớn $e$ đi qua tiết diện một lần, nên $I=e/T$.
• bằng nhân diện tích vòng.

Lời giải.

(a)

$$T=\frac{2\pi r}{v}=1,51\times {10}^{-16}\mathrm{s}.$$

(b)

$$I=\frac{e}{T}=1,06\times {10}^{-3}\mathrm{A}.$$

(c)

$$\mu =I\pi r^2=9,33\times {10}^{-24}\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2.$$

Bài tập 27: 51 ••

Một hạt mang điện dương được gia tốc từ nghỉ qua hiệu điện thế $\mathrm{\Delta }V$, đạt tốc độ $v$, rồi đi vuông góc vào đều $B=\mathrm{0,200}\mathrm{T}$. Quỹ đạo là cung tròn bán kính $R$. Đồ thị $R^2$ theo $\mathrm{\Delta }V$ có hệ số góc $1,04\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^2/\mathrm{V}$. Tìm tỉ số $q/m$.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $B=\mathrm{0,200}\mathrm{T}$, hệ số góc $s=1,04\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^2/\mathrm{V}$.

Hướng đi:

• Điện trường cấp động năng: $q\mathrm{\Delta }V=m{v}^2/2$.
• Bán kính trong : $R=mv/(qB)$.
• Khử $v$ để nối hệ số góc với $q/m$.

Lời giải. Bình phương phương trình bán kính và thay phương trình :

$$R^2=\frac{2m\mathrm{\Delta }V}{q{B}^2}.$$

Vì $s=2m/(q{B}^2)$, suy ra

$$\frac{q}{m}=\frac{2}{s{B}^2}=4,81\times {10}^7\mathrm{C}/\mathrm{kg}.$$

Bài tập 27: 52 ••

Một cyclotron nhỏ tạo $0,85\mathrm{T}$ và có bán kính quỹ đạo cực đại $0,40\mathrm{m}$. (a) Tìm động năng cực đại của proton có $q=1,60\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ và $m=1,67\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, theo electronvolt và joule. (b) Tính chu kì quay của proton. (c) Muốn động năng cực đại gấp đôi thì cần từ trường bao nhiêu? (d) Tìm động năng cực đại của hạt alpha có $q=3,20\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ và $m=6,64\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$. So sánh với proton.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $B=0,85\mathrm{T}$, $R=0,40\mathrm{m}$. Dữ kiện $q,m$ như trong đề.

Hướng đi:

• Ở quỹ đạo ngoài cùng, $qvB=m{v}^2/R$, nên $v=qBR/m$.
• Thay vào $K=m{v}^2/2$.
• Chu kì là $2\pi m/(qB)$, còn động năng cực đại tỉ lệ với $B^2$.

Lời giải.

(a) Với proton:

$$\begin{array}{rl}{v}_{max}& =\frac{qBR}{m}=3,26\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ K_{max}& =\frac{1}{2}m{v}_{max}^2\\ & =8,86\times {10}^{-13}\mathrm{J}.\end{array}$$

Chia cho $1,60\times {10}^{-19}\mathrm{J}/\mathrm{eV}$ được $5,54\times {10}^6\mathrm{eV}$, tức $5,54\mathrm{MeV}$.

(b)

$$T=\frac{2\pi m}{qB}=7,70\times {10}^{-8}\mathrm{s}.$$

(c) Vì $K_{max}\propto B^2$, cần tăng $\sqrt{2}$ lần:

$$B^{\prime }=\sqrt{2}(0,85\mathrm{T})=1,20\mathrm{T}.$$

(d) Với hạt alpha:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\alpha }& =\frac{q_{\alpha }^2{B}^2{R}^2}{2m_{\alpha }}\\ & =8,91\times {10}^{-13}\mathrm{J}\\ & =5,57\mathrm{MeV}.\end{array}$$

Động năng cực đại của hạt alpha lớn hơn proton khoảng $0,6\mathrm{\%}$, vì giá trị $q^2/m$ của alpha hơi lớn hơn.

Bài tập 27: 53 ••

Trong Bainbridge, điện trường giữa các bản là $1,88\times {10}^4\mathrm{V}/\mathrm{m}$, còn trong cả hai vùng là $\mathrm{0,682}\mathrm{T}$. Nguồn chứa các ion krypton ${}^{82}\mathrm{Kr}$, ${}^{84}\mathrm{Kr}$ và ${}^{86}\mathrm{Kr}$ mang đơn. Tìm khoảng cách giữa các vệt liên tiếp trên bộ thu. Lấy khối lượng theo số khối và $1\mathrm{u}=1,66\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $E=1,88\times {10}^4\mathrm{V}/\mathrm{m}$, $B=\mathrm{0,682}\mathrm{T}$, $q=e$, số khối $82,84,86$.

Hướng đi:

• truyền ion có $v=E/B$.
• Trong vùng phân tích, $r=mv/(qB)$.
• Sau nửa vòng, khoảng tách trên bộ thu bằng hai lần hiệu bán kính.

Lời giải. Tốc độ chung của các ion:

$$v=\frac{E}{B}=2,76\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

Vì bán kính tỉ lệ với số khối, khoảng tách giữa các vệt liên tiếp là như nhau:

$$\begin{array}{rl}{d}_{82,84}& =2(r_{84}-r_{82})\\ & =1,68\times {10}^{-3}\mathrm{m},\\ d_{84,86}& =2(r_{86}-r_{84})\\ & =1,68\times {10}^{-3}\mathrm{m}.\end{array}$$

Vì các khối lượng cách nhau đều $2\mathrm{u}$, khoảng cách từ vệt ${}^{82}\mathrm{Kr}$ đến ${}^{86}\mathrm{Kr}$ là $3,36\times {10}^{-3}\mathrm{m}$.

Bài tập 27: 54 ••

uốn chùm ion thành nửa đường tròn trong đều vuông góc với vận tốc. Ion khối lượng $m$, $q$ được gia tốc qua hiệu điện thế $V$, rồi đi vào từ trường $B$ với quỹ đạo bán kính $R$. (a) Dẫn ra công thức tính $m$ theo $B,V,R,q$. (b) Tìm hiệu điện thế để ion ${}^{12}\mathrm{C}$ mang điện tích đơn có bán kính $\mathrm{0,500}\mathrm{m}$ trong từ trường $\mathrm{0,150}\mathrm{T}$. (c) Nếu chùm gồm ion ${}^{12}\mathrm{C}$ và ${}^{14}\mathrm{C}$ có cùng vận tốc, tìm khoảng tách hai vệt tại bộ thu và nhận xét khả năng phân biệt. Lấy khối lượng theo số khối.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=e$, $R_{12}=\mathrm{0,500}\mathrm{m}$, $B=\mathrm{0,150}\mathrm{T}$, $m_{12}=12\mathrm{u}$, $m_{14}=14\mathrm{u}$.

Hướng đi:

• Ghép $qV=m{v}^2/2$ với $R=mv/(qB)$.
• Với cùng $v$ và $B$, bán kính tỉ lệ khối lượng.
• Quỹ đạo nửa vòng cho khoảng tách bằng hai lần hiệu bán kính.

Lời giải.

(a) Từ $v=qBR/m$ thế vào bảo toàn :

$$qV=\frac{q^2{B}^2{R}^2}{2m},m=\frac{q{B}^2{R}^2}{2V}.$$

(b)

$$V=\frac{q{B}^2{R}^2}{2m_{12}}=2,26\times {10}^4\mathrm{V}.$$

(c) Ta có $R_{14}=R_{12}(14/12)$. Do đó

$$\mathrm{\Delta }x=2(R_{14}-R_{12})=\mathrm{0,166}7\mathrm{m}.$$

Khoảng tách $16,7\mathrm{cm}$ đủ lớn để phân biệt hai vệt.

Bài tập về lực từ và chuyển động trong từ trường

Bài tập 27: 55 ••

Một đoạn dây dẫn thẳng khối lượng $M$, chiều dài $L$ nằm ngang qua mặt phẳng nghiêng không ma sát, mặt phẳng hợp với phương ngang góc $\theta$. đều $B$ hướng thẳng đứng. Nguồn điện mắc vào hai đầu dây. Hãy xác định độ lớn, chiều để dây đứng yên và vẽ sơ đồ lực.

Hình P27.55: Thanh dẫn nằm trên mặt phẳng nghiêng trong từ trường thẳng đứng.

Chú thích:

• Dây dẫn, khối lượng M. (Wire, mass M)
• Thẳng đứng. (vertical)

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Dây dài $L$, khối lượng $M$ nằm trên mặt nghiêng góc $\theta$. thẳng đứng, không có ma sát.

Hướng đi:

• Trọng lực có thành phần dọc dốc $Mg\sin \theta$ hướng xuống.
• phải tạo có thành phần hướng lên dốc.
• vuông góc với dây và trường. Hình chiếu dọc dốc của lực từ là $ILB\cos \theta$.

Lời giải. Cân bằng theo phương dốc đòi hỏi

$$ILB\cos \theta =Mg\sin \theta .$$

Vì vậy độ lớn dòng cần có là

$$I=\frac{Mg\tan \theta }{LB}.$$

Trong hình, đi từ phải sang trái để có hình chiếu hướng lên dốc. Sơ đồ lực gồm trọng lực $Mg$ thẳng đứng xuống, phản lực $N$ vuông góc mặt nghiêng và lực từ $ILB$ nằm ngang. Thành phần vuông góc mặt nghiêng được cân bằng bởi phản lực.

Sơ đồ lời giải 27.55: Trọng lực, phản lực và lực từ trên thanh

nằm ngang và có thành phần hướng lên mặt nghiêng.

Bài tập 27: 56 •• CP

Một thanh kim loại nặng $2,60\mathrm{N}$, dài $\mathrm{0,850}\mathrm{m}$, có điện trở $10,0\mathrm{\Omega }$, nằm ngang trên hai dây dẫn nối với mạch trong hình P27.56. ngang đều có độ lớn $1,60\mathrm{T}$. Thanh không gắn vào dây dẫn. Tìm gia tốc của thanh ngay sau khi đóng công tắc.

Hình P27.56: Thanh kim loại nằm trên hai thanh ray trong mạch điện.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Thanh có trọng lượng $W=2,60\mathrm{N}$, chiều dài $L=\mathrm{0,850}\mathrm{m}$ và điện trở $10,0\mathrm{\Omega }$. Điện trở cố định $10,0\mathrm{\Omega }$ mắc song song với thanh khi đóng S. Cụm này nối tiếp điện trở $25,0\mathrm{\Omega }$ và nguồn $120,0\mathrm{V}$.

Hướng đi:

• Khi vừa đóng công tắc, thanh chưa chuyển động nên chưa có suất điện động do chuyển động. Rút gọn đúng hai điện trở song song, rồi tìm riêng dòng qua thanh.
• Dùng $I_{\mathrm{bar}}LB$ vì thanh vuông góc trường. Thanh và trường nằm ngang nên lực từ thẳng đứng.
• Trong cấu hình nâng thanh, so lực từ với trọng lượng. Khi lực từ lớn hơn trọng lượng, thanh rời giá đỡ và gia tốc được tính từ lực tổng.

Lời giải. Điện trở tương đương và dòng nguồn ngay sau khi đóng S:

$$\begin{array}{rl}{R}_p& =10,0\parallel 10,0\\ & =5,00\mathrm{\Omega },\\ R_{\mathrm{eq}}& =25,0+5,00\\ & =30,0\mathrm{\Omega },\\ I_{\mathrm{source}}& =120,0/30,0\\ & =4,00\mathrm{A}.\end{array}$$

Hai nhánh có cùng điện trở nên chia đều dòng. Dòng qua thanh bằng $I_{\mathrm{bar}}=2,00\mathrm{A}$. có độ lớn:

$$\begin{array}{rl}{F}_B& =I_{\mathrm{bar}}LB\\ & =(2,00)(\mathrm{0,850})(1,60)\\ & =2,72\mathrm{N}.\end{array}$$

Ở cấu hình nâng thanh, $F_B>W$ nên thanh không còn cần phản lực đỡ ngay khi bắt đầu nhấc lên. Khối lượng và gia tốc lúc đầu là:

$$\begin{array}{rl}m& =W/g\\ & =2,60/9,80\\ & =\mathrm{0,265}\mathrm{kg},\\ a& =\frac{F_B-W}{m}\\ & =\frac{2,72-2,60}{\mathrm{0,265}}\\ & \approx \mathrm{0,452}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2.\end{array}$$

Gia tốc hướng thẳng đứng lên trên. Kết quả là gia tốc ngay sau khi đóng công tắc, trước khi sự rời tiếp điểm làm thay đổi mạch. Nếu đảo thành hướng ép xuống, giá đỡ sẽ cung cấp phản lực và kết luận nhấc lên không còn áp dụng.

Bài tập 27: 57 •• BIO

Một tách đồng vị carbon-12 và carbon-13. tạo ion mang đơn, tốc độ $8,50\mathrm{km}/\mathrm{s}$. Ion ${}^{12}\mathrm{C}$ đi theo nửa đường tròn đường kính $25,0\mathrm{cm}$. Khối lượng hai đồng vị lần lượt là $1,99\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$ và $2,16\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$. (a) Tìm cần dùng. (b) Tìm đường kính quỹ đạo của ion ${}^{13}\mathrm{C}$. (c) Tìm khoảng cách giữa hai vệt ở bộ thu và nhận xét khả năng quan sát.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=e$, $v=8,50\times {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $R_{12}=\mathrm{0,125}\mathrm{m}$, $m_{12}=1,99\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$, $m_{13}=2,16\times {10}^{-26}\mathrm{kg}$.

Hướng đi:

• Cân bằng lực Lorentz với lực hướng tâm: $qvB=m{v}^2/R$.
• Với cùng $q,v,B$, bán kính tỉ lệ với khối lượng.
• Sau nửa vòng, khoảng cách vệt bằng hai lần hiệu bán kính.

Lời giải.

(a)

$$B=\frac{m_{12}v}{e{R}_{12}}=8,44\times {10}^{-3}\mathrm{T}.$$

(b)

$$D_{13}=2R_{12}\frac{m_{13}}{m_{12}}=\mathrm{0,271}\mathrm{m}.$$

(c)

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }x& =2R_{12}(\frac{m_{13}}{m_{12}}-1)\\ & =2,14\times {10}^{-2}\mathrm{m}.\end{array}$$

Hai vệt cách nhau khoảng $2,14\mathrm{cm}$, đủ lớn để quan sát rõ.

Bài tập 27: 58 •• CP

Một vòng nhựa tròn bán kính $R$ có dương $q$ phân bố đều trên chu vi. Vòng quay quanh trục qua tâm và vuông góc với mặt vòng, với tốc độ góc $\omega$. đều $\overrightarrow{B}$ song song mặt phẳng vòng. Tính độ lớn từ tác dụng lên vòng.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q$ phân bố trên vòng bán kính $R$, quay với tốc độ góc $\omega$, còn song song mặt vòng.

Hướng đi:

• Chu kì quay là $2\pi /\omega$, nên tuần hoàn tương đương một .
• bằng nhân diện tích vòng.
• Pháp tuyến mặt vòng vuông góc với , nên góc giữa và trường là ${90}^{\circ }$.

Lời giải. tương đương bằng đi qua một tiết diện trong mỗi chu kì:

$$I=\frac{q}{T}=\frac{q\omega }{2\pi }.$$

Diện tích vòng là $\pi R^2$, do đó

$$\mu =I\pi R^2=\frac{q\omega R^2}{2}.$$

từ có độ lớn

$$\tau =\mu B\sin {90}^{\circ }=\frac{q\omega R^{2}B}{2}.$$

Bài tập 27: 59 •• CP

Pháo điện từ. Một thanh dẫn khối lượng $m$, dài $L$ trượt trên hai ray nằm ngang nối với nguồn điện. Nguồn duy trì không đổi $I$, còn đều thẳng đứng có độ lớn $B$ phủ vùng giữa hai ray như hình P27.59. Bỏ qua ma sát, lực cản không khí và điện trở. (a) Tìm độ lớn, hướng lực tổng lên thanh. (b) Thanh khởi hành từ nghỉ, tìm quãng đường $d$ để đạt tốc độ $v$. (c) Với $B=0,80\mathrm{T}$, $I=2,0\times {10}^3\mathrm{A}$, $m=25\mathrm{kg}$, $L=50\mathrm{cm}$, tính quãng đường để đạt tốc độ thoát $11,2\mathrm{km}/\mathrm{s}$. Trong mô hình tính của bài, xem lực tổng lên vật bằng như ở hai câu trước, dù trọng lực có vai trò trong một lần phóng thực tế.

Hình P27.59: Thanh dẫn trượt trên hai ray trong từ trường thẳng đứng, dòng điện chạy qua thanh

Hình P27.59: đẩy thanh dọc theo ray.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Thanh có khối lượng $m$, chiều dài $L$, $I$ và nằm trong thẳng đứng $B$.

Hướng đi:

• lên thanh vuông góc với và , nên dọc theo ray và có độ lớn $ILB$.
• Gia tốc không đổi là $ILB/m$.
• Dùng hệ thức $v^2=2ad$ cho chuyển động từ nghỉ.

Lời giải.

(a) Theo quy tắc bàn tay phải, hướng sang phải dọc theo ray trong hình. Đổi chiều thì lực đổi chiều. Độ lớn:

$$F_B=ILB.$$

(b) Định luật II Newton cho $a=ILB/m$. Từ đó

$$d=\frac{m{v}^2}{2ILB}.$$

(c) Đổi đơn vị $v=1,12\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$ và $L=0,50\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{m{v}^2}{2ILB}\\ & =\frac{(25)(1,12\times {10}^4{)}^2}{2(2,0\times {10}^3)(0,50)(0,80)}\\ & =1,96\times {10}^6\mathrm{m}.\end{array}$$

Bài tập 27: 60 •

Một dây dài $25,0\mathrm{cm}$ nằm dọc trục $z$, mang $7,40\mathrm{A}$ theo chiều $+z$. đều có các thành phần $B_x=-\mathrm{0,242}\mathrm{T}$, $B_y=-\mathrm{0,985}\mathrm{T}$ và $B_z=-\mathrm{0,336}\mathrm{T}$. (a) Tìm các thành phần . (b) Tìm độ lớn lực từ tổng hợp.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $I=7,40\mathrm{A}$, $\overrightarrow{L}=\mathrm{0,250}\hat{k}\mathrm{m}$, $\overrightarrow{B}=(-\mathrm{0,242},-\mathrm{0,985},-\mathrm{0,336})\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Tính $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$.
• Thành phần trường song song dây không góp phần vào lực.

Lời giải. cho

$$\begin{array}{rl}{F}_x& =-IL{B}_y=1,82\mathrm{N},\\ F_y& =IL{B}_x=-\mathrm{0,448}\mathrm{N},\\ F_z& =0.\end{array}$$

Vậy độ lớn lực tổng là

$$F=\sqrt{F_x^2+F_y^2}=1,88\mathrm{N}.$$

Bài tập tổng hợp chương 27: Bài 27.61–27.80

Bài tập

Bài tập 27: 61 •• CALC

Điểm $a$ nằm trên trục $+y$ tại $y=+\mathrm{0,200}\mathrm{m}$, còn điểm $b$ nằm trên trục $+x$ tại $x=+\mathrm{0,200}\mathrm{m}$. Một dây có dạng cung tròn bán kính $\mathrm{0,200}\mathrm{m}$, tâm ở gốc tọa độ, nối từ $a$ đến $b$ và mang $I=5,00\mathrm{A}$ theo chiều từ $a$ đến $b$.

(a) Nếu dây nằm trong đều $\overrightarrow{B}=\mathrm{0,800}\mathrm{T}$ theo chiều $+z$, hãy tìm độ lớn và hướng của từ trường lên cung dây. (b) Tìm độ lớn và hướng lực tổng hợp nếu từ trường $\overrightarrow{B}=\mathrm{0,800}\mathrm{T}$ theo chiều $+x$.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $R=\mathrm{0,200}\mathrm{m}$, $I=5,00\mathrm{A}$. Cung đi từ ${\overrightarrow{r}}_a=(0,R,0)$ đến ${\overrightarrow{r}}_b=(R,0,0)$.

Hướng đi:

• Trong đều, $d\overrightarrow{F}=Id\overrightarrow{\ell }\times \overrightarrow{B}$. theo cung chỉ còn phụ thuộc độ dời hai đầu dây: $\overrightarrow{F}=I({\overrightarrow{r}}_b-{\overrightarrow{r}}_a)\times \overrightarrow{B}$.
• Tính với từng hướng , sau đó đổi vectơ thành độ lớn và chiều.

Lời giải. Độ dời từ $a$ đến $b$ là $\mathrm{\Delta }\overrightarrow{r}=(R,-R,0)$.

(a) Với $\overrightarrow{B}=(0,0,B)$:

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{F}& =I(R,-R,0)\times (0,0,B)\\ & =(-IRB,-IRB,0)\\ & =(-\mathrm{0,800}\hat{i}-\mathrm{0,800}\hat{j})\mathrm{N}.\end{array}$$

Độ lớn lực là

$$F=\sqrt{2}(\mathrm{0,800}\mathrm{N})=1,13\mathrm{N}.$$

Lực hướng theo đường phân giác xuống dưới và sang trái, tức chiều $-x,-y$.

(b) Với $\overrightarrow{B}=(B,0,0)$:

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{F}& =I(R,-R,0)\times (B,0,0)\\ & =IRB\hat{k}\\ & =\mathrm{0,800}\hat{k}\mathrm{N}.\end{array}$$

Lực có độ lớn $\mathrm{0,800}\mathrm{N}$ và hướng $+z$.

Bài tập 27: 62 ••

Quạt trần dùng động cơ điện có nam châm vĩnh cửu đứng yên (stator) gắn vào moay-ơ trung tâm. điển hình có độ lớn $1,0\mathrm{T}$ và tạo lên các cuộn dây mang (rotor) gắn với cánh quạt. Hãy xét một chiếc quạt trần ở nhà hoặc nơi làm việc.

(a) Ước lượng đường kính moay-ơ tại mép trong của các cánh. (b) Nếu 12 rotor bố trí quanh moay-ơ và tổng đường kính của chúng bằng một phần ba chu vi moay-ơ, hãy tìm đường kính một rotor. (c) Quạt thông dụng tạo $1,4\mathrm{N}\mathrm{m}$. Nếu 12 rotor chia đều mômen này trong stator song song với trục mỗi rotor, hãy ước lượng của từng rotor. (d) Các rotor mắc song song, nên mỗi rotor nhận một phần mười hai của quạt, thường là $0,75\mathrm{A}$. Hãy ước lượng số vòng dây của mỗi rotor.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Đây là bài ước lượng. Chọn đường kính moay-ơ đại diện $D=0,15\mathrm{m}$, $B=1,0\mathrm{T}$, mômen tổng $1,4\mathrm{N}\mathrm{m}$ và dòng tổng $0,75\mathrm{A}$.

Hướng đi:

• Nêu một kích thước hợp lý cho moay-ơ. Các đáp số phụ thuộc lựa chọn này.
• Dùng chu vi $\pi D$ để suy ra kích thước rotor, rồi chia đều mômen và .
• Với mỗi rotor, dùng $\tau =\mu B$ và $\mu =NIA$.

Lời giải.

(a) Một moay-ơ có đường kính khoảng $15\mathrm{cm}$ là ước lượng hợp lý cho quạt trần cỡ gia dụng.

(b) Mười hai đường kính rotor cộng lại bằng $\pi D/3$, do đó đường kính mỗi rotor là

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{\pi D}{36}\\ & =1,31\times {10}^{-2}\mathrm{m}\\ & =1,31\mathrm{cm}.\end{array}$$

(c) Mỗi rotor tạo mômen $1,4/12=\mathrm{0,117}\mathrm{N}\mathrm{m}$. Để ước lượng, lấy mỗi cuộn ở vị trí có mômen cực đại, tức pháp tuyến của cuộn vuông góc với . Khi đó $\tau =\mu B$ và $\mu =\mathrm{0,117}\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2$.

Trục cơ học của rôto không tự xác định pháp tuyến từng cuộn dây. Nếu “trục rôto” được hiểu là trục từ của một vòng phẳng, tức hướng $\overrightarrow{\mu }$, thì $\overrightarrow{\mu }$ song song $\overrightarrow{B}$ sẽ cho mômen bằng không. Vì vậy, kết quả ước lượng này cần giả thiết góc nêu trên. Nếu $\sin \varphi <1$, cần lớn hơn theo hệ số $1/\sin \varphi$.

(d) Dòng qua mỗi rotor là $I=0,75/12=\mathrm{0,062}5\mathrm{A}$. Xấp xỉ rotor là một cuộn tròn đường kính $d$. Diện tích mỗi vòng là

$$A=\pi (d/2{)}^2=1,35\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^2.$$

Khi đó

$$\begin{array}{rl}N& =\frac{\mu }{IA}\\ & \approx 1,38\times {10}^4\text{ turns}.\end{array}$$

Con số này là ước lượng bậc độ lớn. Kích thước moay-ơ và hình học thực của rotor quyết định kết quả chính xác.

Bài tập 27: 63 ••

Gần mặt đất, Trái Đất thường có độ lớn $0,50\mathrm{G}$, với $1\mathrm{G}={10}^{-4}\mathrm{T}$. Ở các vĩ độ ôn đới Bắc bán cầu, trường nghiêng xuống dưới khoảng ${45}^{\circ }$. Hãy xét tính khả thi của thiết bị nâng thanh dẫn như hình P27.63.

(a) Ước lượng cần để nâng một thanh đồng đường kính $d=5,0\mathrm{mm}$ bằng thành phần ngang của Trái Đất. Khối lượng riêng của đồng là $8900\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$. (b) Thanh đồng đường kính này nóng chảy nếu dòng vượt dòng nung chảy $900\mathrm{A}$. Thiết bị có khả thi không? (c) Ước lượng độ lớn nhỏ nhất của từ trường cần để nâng thanh đồng. (d) Giả sử dùng nam châm vĩnh cửu phổ biến tạo trường ngang $1,0\mathrm{T}$ và thanh dài $10\mathrm{cm}$. Với dòng $10\mathrm{A}$, thiết bị có thể nâng thêm trọng lượng bao nhiêu ngoài chính thanh đồng?

Hình P27.63: Thiết bị nâng thanh dẫn bằng từ trường.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $B_{\oplus }=0,50\mathrm{G}$ nghiêng ${45}^{\circ }$, $d=5,0\mathrm{mm}$, $\rho =8900\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$. Diện tích tiết diện thanh là

$$A=\pi (d/2{)}^2=1,96\times {10}^{-5}{\mathrm{m}}^2.$$

Hướng đi:

• Dùng thành phần ngang $B_h=B_{\oplus }\cos {45}^{\circ }$ để tạo lực thẳng đứng.
• Khối lượng thanh trên mỗi mét là $\rho A$. So sánh $IL{B}_h$ với $\rho ALg$ để tìm , trong đó chiều dài $L$ triệt tiêu.
• Với nam châm $1,0\mathrm{T}$, trừ trọng lượng thanh khỏi để tìm tải nâng thêm.

Lời giải. Thành phần ngang của trường Trái Đất là $B_h=3,54\times {10}^{-5}\mathrm{T}$. Định hướng sao cho $I\overrightarrow{L}\times {\overrightarrow{B}}_h$ hướng lên.

(a) Điều kiện cân bằng là $IL{B}_h=\rho ALg$, vì vậy

$$I=\frac{\rho Ag}{B_h}=4,82\times {10}^4\mathrm{A}.$$

(b) Dòng cần thiết lớn hơn nhiều so với $900\mathrm{A}$, do đó thiết bị không khả thi với Trái Đất.

(c) Ở ngưỡng $I=900\mathrm{A}$, ngang nhỏ nhất là

$$\begin{array}{rl}{B}_{min}& =\frac{\rho Ag}{900\mathrm{A}}\\ & =1,90\times {10}^{-3}\mathrm{T}.\end{array}$$

(d) Với thanh dài $\mathrm{0,100}\mathrm{m}$, là $ILB=1,00\mathrm{N}$. Khối lượng thanh là $\rho AL=\mathrm{0,017}5\mathrm{kg}$, nên trọng lượng thanh khoảng $\mathrm{0,171}\mathrm{N}$. Phần lực còn lại đỡ tải ngoài bằng $\mathrm{0,829}\mathrm{N}$, tương ứng khối lượng

$$\begin{array}{rl}{m}_{\mathrm{load}}& =\frac{1,00-\mathrm{0,171}}{9,80}\\ & =\mathrm{0,084}6\mathrm{kg}.\end{array}$$

Bài tập 27: 64 •• CALC

Khung dây chữ nhật trong hình P27.64 quay quanh trục $y$ và mang $15,0\mathrm{A}$ theo chiều chỉ trên hình. (a) Nếu khung nằm trong đều $0,48\mathrm{T}$ theo chiều $+x$, hãy tìm độ lớn và hướng cần tác dụng để giữ khung ở vị trí đó. (b) Làm lại câu (a) khi từ trường hướng $-z$. (c) Với mỗi từ trường trên, mômen lực cần thiết thay đổi thế nào nếu trục quay đi qua tâm khung và song song trục $y$?

Hình P27.64: Khung dây chữ nhật quay quanh trục y.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $I=15,0\mathrm{A}$, kích thước khung $8,00\mathrm{cm}\times 6,00\mathrm{cm}$, góc nghiêng trong hình là $30,0^{\circ }$, $B=0,48\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• là $\overrightarrow{\mu }=IA\hat{n}$, với $\hat{n}$ vuông góc mặt khung theo quy tắc bàn tay phải.
• Tính ${\overrightarrow{\tau }}_B=\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B}$. Mômen ngoài để giữ cân bằng quay có hướng ngược với ${\overrightarrow{\tau }}_B$.
• Lực tổng trên khung kín trong đều bằng không, nên chuyển trục song song từ cạnh sang tâm không làm đổi mômen.

Lời giải. Diện tích là

$$A=(\mathrm{0,080}0)(\mathrm{0,060}0)=4,80\times {10}^{-3}{\mathrm{m}}^2.$$

Do đó $\mu =\mathrm{0,072}0\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2$. Theo chiều trong hình, thành phần pháp tuyến là

$$\overrightarrow{\mu }=\mu \sin {30}^{\circ }\hat{i}-\mu \cos {30}^{\circ }\hat{k}.$$

Vì vậy tạo mômen $\mathrm{0,029}9\mathrm{N}\mathrm{m}$ theo $-y$ khi $\overrightarrow{B}$ hướng $+x$, và $\mathrm{0,017}3\mathrm{N}\mathrm{m}$ theo $+y$ khi $\overrightarrow{B}$ hướng $-z$.

(a) ngoài cần thiết là $\mathrm{0,029}9\mathrm{N}\mathrm{m}$ theo $+y$.

(b) ngoài cần thiết là $\mathrm{0,017}3\mathrm{N}\mathrm{m}$ theo $-y$.

(c) Cả hai đáp số không đổi. Trong đều, tổng lực bằng không, vì vậy độ dời trục quay song song không tạo thêm mômen do lực tổng.

Bài tập 27: 65 •• CP

Khung dây trong hình P27.65 có khối lượng dây $0,15\mathrm{g}/\mathrm{cm}$, được bản lề không ma sát dọc cạnh $ab$. $8,2\mathrm{A}$ chạy theo chiều chỉ trên hình. Tìm độ lớn và hướng của song song trục $y$ làm khung dao động lên đến khi mặt phẳng khung tạo góc $30,0^{\circ }$ với mặt phẳng $yz$.

Hình P27.65: Khung dây có bản lề dọc cạnh ab.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Khung có hai cạnh $8,00\mathrm{cm}$ và $6,00\mathrm{cm}$, $I=8,2\mathrm{A}$, mật độ dài $0,15\mathrm{g}/\mathrm{cm}$.

Hướng đi:

• Tính khối lượng toàn bộ dây từ chu vi khung.
• Lấy mômen quanh bản lề. Trọng lực đặt tại trọng tâm, cách bản lề một nửa cạnh ngang.
• Cân bằng với mômen trọng lực ở góc ${30}^{\circ }$.

Lời giải. Chu vi là $0,28\mathrm{m}$, nên khối lượng dây là

$$\begin{array}{rl}m& =(\mathrm{0,015}\mathrm{kg}/\mathrm{m})(0,28\mathrm{m})\\ & =4,20\times {10}^{-3}\mathrm{kg}.\end{array}$$

Diện tích khung là

$$A=(0,08)(0,06)=4,8\times {10}^{-3}{\mathrm{m}}^2.$$

Do đó $\mu =IA=\mathrm{0,039}4\mathrm{A}{\mathrm{m}}^2$.

Tại góc $\theta ={30}^{\circ }$, cánh tay đòn của trọng lực bằng $(0,08/2)\sin \theta$. Thành phần quanh bản lề có độ lớn $IAB\cos \theta$. Hai mômen có chiều ngược nhau. Điều kiện cân bằng là:

$$\begin{array}{rl}{\tau }_g& =mg\frac{0,08}{2}\sin \theta ,\\ {\tau }_B& =IAB\cos \theta ,\\ IAB\cos \theta & =mg\frac{0,08}{2}\sin \theta .\end{array}$$

Chia hai vế cho $IA\cos \theta$ cho:

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{mg(0,08/2)\tan {30}^{\circ }}{IA}\\ & =2,41\times {10}^{-2}\mathrm{T}.\end{array}$$

phải hướng theo $+y$ để ngược chiều mômen trọng lực quanh bản lề.

Bài tập 27: 66 •• CALC

Thanh dẫn thẳng đồng chất dài $L$ mang $I$ từ điểm $a$ đến điểm $b$ như hình P27.66. Thanh nằm trong đều hướng vào trang giấy. Xét quanh trục vuông góc với thanh tại $a$ do tác dụng lên thanh. (a) Một đoạn vi phân dài $dx$ cách $a$ một khoảng $x$. Hãy tính mômen vi phân $d\tau$ quanh $a$ do lực từ lên đoạn này. (b) Dùng $\tau ={\int }_a^{b}d\tau$ để tính mômen lực tổng. (c) Chứng minh kết quả giống như khi coi toàn bộ lực từ đặt tại trung điểm thanh.

Hình P27.66: Lực từ vi phân trên thanh dẫn.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $L$, $I$, $B$ không đổi. Lấy chiều dương của mômen theo quy tắc bàn tay phải từ hướng của và .

Hướng đi:

• Trên đoạn $dx$, có độ lớn $dF=IBdx$ vì thanh vuông góc với trường.
• Mômen vi phân bằng cánh tay đòn $x$ nhân lực vi phân.
• từ đầu bản lề tới cuối thanh.

Lời giải. Với $d\overrightarrow{\ell }=dx\hat{i}$ và $\overrightarrow{B}=-B\hat{k}$, lực vi phân là

$$d\overrightarrow{F}=Id\overrightarrow{\ell }\times \overrightarrow{B}=IBdx\hat{j}.$$

Mômen vi phân quanh $a$ là

$$d\overrightarrow{\tau }=x\hat{i}\times d\overrightarrow{F}=IBxdx\hat{k}.$$

(b) :

$$\overrightarrow{\tau }=IB\hat{k}{\int }_0^{L}xdx=\frac{1}{2}IB{L}^2\hat{k}.$$

(c) Tổng có độ lớn $F=IBL$. Đặt lực tại trung điểm thì cánh tay đòn là $L/2$, do đó $\tau =F(L/2)=IB{L}^2/2$, trùng với kết quả .

Bài tập 27: 67 ••

Vòng dây trong hình P27.67 là tam giác vuông, mang $I=5,00\mathrm{A}$ theo chiều chỉ trên hình. đều $B=3,00\mathrm{T}$ cùng hướng với dòng điện trên cạnh $PQ$. (a) Tìm trên từng cạnh của tam giác và hướng của mỗi lực khác không. (b) Tìm lực tổng lên vòng dây. (c) Vòng quay quanh trục dọc cạnh $PR$. Dùng kết quả bài 27.66 để tính trên từng cạnh. (d) Tính độ lớn mômen tổng bằng cả tổng mômen từng cạnh và phương trình (27.28). Hai kết quả có khớp nhau không? (e) Mômen tổng làm điểm $Q$ quay vào hay ra khỏi mặt phẳng hình?

Hình P27.67: Vòng dây hình tam giác vuông trong từ trường.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Theo hình, $PQ=\mathrm{0,600}\mathrm{m}$ song song , $PR=\mathrm{0,800}\mathrm{m}$, $I=5,00\mathrm{A}$, $B=3,00\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Tính lực từng cạnh bằng $I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$. Cạnh song song với $\overrightarrow{B}$ không chịu lực.
• Lực hai cạnh còn lại bằng nhau và ngược nhau, nên lực tổng bằng không.
• Lấy mômen từng lực quanh $PR$ rồi kiểm tra bằng $\tau =IAB$.

Lời giải. (a) Dòng trên $PQ$ hướng $+y$, cùng chiều , nên ${\overrightarrow{F}}_{PQ}=0$. Trên $QR$, thành phần dòng theo $+x$ tạo lực $12,0\mathrm{N}$ hướng ra khỏi trang giấy. Trên $RP$, dòng hướng $-x$, nên lực $12,0\mathrm{N}$ hướng vào trang giấy.

(b) Hai lực triệt tiêu nhau: ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{net}}=0$.

(c) Lực trên $PQ$ bằng không. Lực phân bố trên $PR$ có tổng lực $12,0\mathrm{N}$ nhưng mômen chiếu lên trục $PR$ bằng không. Cạnh $QR$ đóng góp $+3,60\mathrm{N}\mathrm{m}$ dọc trục bản lề. Tổng mômen quanh trục là $+3,60\mathrm{N}\mathrm{m}$.

(d) Diện tích tam giác $A=(\mathrm{0,800})(\mathrm{0,600})/2=\mathrm{0,240}{\mathrm{m}}^2$. Dòng chạy theo chiều kim đồng hồ khi nhìn từ $+z$, nên $\overrightarrow{\mu }=-IA\hat{k}$. Với $\overrightarrow{B}=3\hat{j}\mathrm{T}$, có độ lớn $IAB=3,60\mathrm{N}\mathrm{m}$ dọc trục $+x$. Kết quả khớp với tổng mômen quanh bản lề.

(e) Mômen theo $+x$ làm điểm $Q$ quay ra khỏi mặt phẳng hình.

Bài tập 27: 68 ••

Làm lại bài 27.67 nhưng cho $\overrightarrow{B}=3,00\mathrm{T}$ hướng vào trang giấy trong hình P27.67.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Giữ hình học và của bài 27.67, đổi thành $-3,00\hat{k}\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Dùng lại các cạnh, thay trường hướng $+y$ bằng trường hướng $-z$, rồi tính lại từng .
• Trong trường đều, lực tổng trên vòng kín vẫn bằng không.
• Chiếu mômen từng cạnh lên trục $PR$. Vì của vòng song song trường mới, mômen tổng bằng không.

Lời giải. Dùng $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$ với $\overrightarrow{B}=-3,00\hat{k}\mathrm{T}$: Cạnh $PQ$ chịu lực $9,00\mathrm{N}$ theo $-x$, $QR$ chịu lực $15,0\mathrm{N}$ theo hướng $(\mathrm{0,600}\hat{i}+\mathrm{0,800}\hat{j})$, còn $RP$ chịu lực $12,0\mathrm{N}$ theo $-y$. Tổng ba lực bằng không. Mômen vectơ quanh $P$ lần lượt là $+2,70\hat{k}$, $+2,10\hat{k}$ và $-4,80\hat{k}\mathrm{N}\mathrm{m}$, nên mômen tổng quanh trục $PR$ bằng không.

Với trục quay dọc $PR$ (trục $x$), các lực trong mặt phẳng $xy$ không tạo thành phần mômen quanh trục này. Điều đó cũng theo $\overrightarrow{\mu }$ song song $\overrightarrow{B}$, nên mômen tổng bằng không. (e) Vòng không có xu hướng quay đưa đỉnh $Q$ vào hoặc ra khỏi trang giấy.

Bài tập 27: 69 •• CALC

Cuộn dây loa

Mục 27.7 chỉ ra rằng lực tổng lên vòng dây có bằng không nếu đều. Lực lên cuộn dây loa khác không vì từ trường tại cuộn không đều. Cuộn loa có 50 vòng dây, đường kính $1,56\mathrm{cm}$ và dòng điện $\mathrm{0,950}\mathrm{A}$. Giả sử tại mỗi điểm trên cuộn, từ trường có độ lớn không đổi $\mathrm{0,220}\mathrm{T}$ và hướng lệch ra ngoài một góc $60,0^{\circ }$ so với pháp tuyến của mặt phẳng cuộn như hình P27.69. Trục cuộn theo phương $y$. Dòng điện chạy theo chiều chỉ trên hình, ngược chiều kim đồng hồ khi nhìn từ điểm phía trên cuộn trên trục $y$. Tính độ lớn và hướng tổng lên cuộn dây.

Hình P27.69: Cuộn dây loa trong từ trường không đều.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $N=50$, $I=\mathrm{0,950}\mathrm{A}$, $D=\mathrm{0,015}6\mathrm{m}$, $B=\mathrm{0,220}\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Thành phần pháp tuyến của trường tạo các lực hướng tâm, khử nhau quanh vòng.
• Thành phần hướng ra ngoài trong mặt phẳng cuộn có độ lớn $B\sin {60}^{\circ }$ và lực vi phân của nó cùng trục $y$ quanh toàn cuộn.
• Nhân lực trên một vòng với số vòng.

Lời giải. Với dòng ngược chiều kim đồng hồ khi nhìn từ $+y$, chiều tiếp tuyến và thành phần trường hướng ra ngoài tạo lực dọc trục. Theo quy tắc bàn tay phải, lực hướng $-y$ trong hình. Độ lớn là

$$\begin{array}{rl}F& =NI(B\sin {60}^{\circ })(\pi D)\\ & =(50)(\mathrm{0,950})\times (\mathrm{0,220}\sin {60}^{\circ })\times \pi (\mathrm{0,015}6)\\ & =\mathrm{0,444}\mathrm{N}.\end{array}$$

Bài tập 27: 70 •• CP

Thanh đồng chất có khối lượng $\mathrm{0,012}0\mathrm{kg}$, dài $30,0\mathrm{cm}$, quay không ma sát quanh trục vuông góc với thanh tại điểm $a$ như hình P27.70. Trọng lực hướng $-y$. Thanh nằm trong đều hướng vào trang giấy, $B=\mathrm{0,150}\mathrm{T}$. (a) Tìm cần chạy trong thanh để thanh cân bằng quay khi nó tạo góc $\theta =30,0^{\circ }$ phía trên phương ngang. Dùng kết quả bài 27.66. (b) Dòng điện phải chạy từ $a$ đến $b$ hay từ $b$ đến $a$?

Hình P27.70: Thanh dẫn quay quanh trục tại điểm a.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $m=\mathrm{0,012}0\mathrm{kg}$, $L=\mathrm{0,300}\mathrm{m}$, $B=\mathrm{0,150}\mathrm{T}$, $\theta =30,0^{\circ }$.

Hướng đi:

• Trọng lực tác dụng tại trung điểm, mômen trọng lực có độ lớn $mg(L/2)\cos \theta$.
• Bài 27.66 cho $IB{L}^2/2$ quanh đầu thanh.
• Cân bằng mômen để tìm dòng, rồi xác định chiều dòng sao cho ngược chiều mômen trọng lực.

Lời giải. Cân bằng độ lớn mômen cho

$$mg\frac{L}{2}\cos \theta =IB\frac{L^2}{2}⟹I=\frac{mg\cos \theta }{BL}=2,26\mathrm{A}.$$

Trọng lực làm thanh quay theo chiều kim đồng hồ. Với $\overrightarrow{B}$ hướng vào trang, dòng từ $a$ đến $b$ tạo mômen ngược chiều kim đồng hồ, nên phải chạy từ $a$ đến $b$.

Bài tập tiếp theo

Bài tập 27: 71 •• CALC

Trong mục 27.7 đã chỉ ra rằng lực tổng trên vòng dây có bằng không trong đều. Nếu $\overrightarrow{B}$ không đều thì sao? Hình P27.71 là một vòng dây vuông nằm trong mặt phẳng $xy$, có các đỉnh $(0,0)$, $(0,L)$, $(L,0)$ và $(L,L)$, mang dòng điện không đổi $I$ theo chiều kim đồng hồ. Từ trường không có thành phần $x$, nhưng có các thành phần $y$ và $z$:

$$\overrightarrow{B}=\frac{B_{0}z}{L}\hat{j}+\frac{B_{0}y}{L}\hat{k}.$$

trong đó $B_0$ là hằng số dương. (a) Phác họa trong mặt phẳng $yz$. (b) Dùng cách phương trình (27.20), tìm độ lớn và hướng trên từng cạnh. (c) Tìm độ lớn và hướng lực từ tổng lên vòng dây.

Hình P27.71: Vòng dây vuông nằm trong mặt phẳng xy.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Vòng vuông cạnh $L$ mang dòng chiều kim đồng hồ. Trường có $B_y=B_{0}z/L$ và $B_z=B_{0}y/L$.

Hướng đi:

• Dùng $d\overrightarrow{F}=Id\overrightarrow{\ell }\times \overrightarrow{B}$ trên từng cạnh, giữ thành phần trường thay đổi dọc cạnh.
• Cộng các lực cạnh đối diện để thấy thành phần triệt tiêu hoặc cộng lại.
• Trong mặt phẳng $yz$, đường sức của trường thỏa $dy/B_y=dz/B_z$.

Lời giải. (a) Ta có $dy/dz=B_y/B_z=z/y$, nên $ydy=zdz$. cho $y^2-z^2=C$. Các đường sức là họ hyperbol, cùng với các trường hợp đường tiệm cận.

Đồ thị lời giải 27.71: Đường sức trong mặt phẳng yz

Mũi tên cho hướng . Các đường giữ y² − z² không đổi, còn tại gốc trường bằng không.

(b) Theo chiều kim đồng hồ nhìn từ $+z$, dòng trên cạnh $y=0$ hướng $-x$, cạnh $x=L$ hướng $-y$, cạnh $y=L$ hướng $+x$, cạnh $x=0$ hướng $+y$.

Vòng nằm trên mặt phẳng $z=0$, nên $B_y=0$ tại mọi điểm trên dây. Trường tại dây chỉ còn thành phần $B_z=B_{0}y/L$.

Trên cạnh dưới $y=0$, trường bằng không, nên lực bằng không. Trên cạnh trên $y=L$, dòng theo $+x$ và trường bằng $B_0\hat{k}$:

$$\begin{array}{rl}{\overrightarrow{F}}_{\mathrm{top}}& =I{B}_0{\int }_0^{L}dx\times (\hat{i}\times \hat{k})\\ & =-I{B}_{0}L\hat{j}.\end{array}$$

Trên cạnh trái $x=0$, dòng theo $+y$:

$$\begin{array}{rl}{\overrightarrow{F}}_{\mathrm{left}}& =\frac{I{B}_0}{L}{\int }_0^{L}ydy\times (\hat{j}\times \hat{k})\\ & =\frac{1}{2}I{B}_{0}L\hat{i}.\end{array}$$

Trên cạnh phải $x=L$, theo chiều dòng đi từ $y=L$ xuống $y=0$:

$$\begin{array}{rl}{\overrightarrow{F}}_{\mathrm{right}}& =\frac{I{B}_0}{L}{\int }_L^{0}ydy\times (\hat{j}\times \hat{k})\\ & =-\frac{1}{2}I{B}_{0}L\hat{i}.\end{array}$$

Độ lớn lực trên các cạnh dưới, trên, trái, phải lần lượt là $0$, $I{B}_{0}L$, $I{B}_{0}L/2$, $I{B}_{0}L/2$. Hai lực theo $x$ triệt tiêu.

(c) Cộng ba lực khác không:

$${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{net}}=-I{B}_{0}L\hat{j}.$$

Độ lớn là $I{B}_{0}L$, hướng $-y$.

Bài tập 27: 72 •• CP

Đầu dưới của thanh mảnh đồng chất trong hình P27.72 gắn với sàn bằng bản lề không ma sát tại $P$. Thanh có khối lượng $\mathrm{0,084}0\mathrm{kg}$, dài $18,0\mathrm{cm}$, đặt trong đều $B=\mathrm{0,120}\mathrm{T}$ hướng vào trang giấy. Một sợi dây ngang nối đầu trên của thanh với tường để giữ thanh ở góc $\theta =53,0^{\circ }$ trên phương ngang. $I=12,0\mathrm{A}$ chạy về phía $P$. Tính lực căng dây. Dùng kết quả bài 27.66 để tính mômen do .

Hình P27.72: Thanh dẫn có bản lề và dây treo ngang.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $m=\mathrm{0,084}0\mathrm{kg}$, $L=\mathrm{0,180}\mathrm{m}$, $\theta =53,0^{\circ }$, $I=12,0\mathrm{A}$, $B=\mathrm{0,120}\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• dọc thanh có mômen $IB{L}^2/2$ quanh bản lề.
• Với dòng hướng về bản lề và $\overrightarrow{B}$ vào trang, cùng chiều mômen trọng lực.
• Lực căng dây ngang tạo mômen ngược chiều hai mômen kia.

Lời giải. là

$${\tau }_B=\frac{1}{2}IB{L}^2=2,33\times {10}^{-2}\mathrm{N}\mathrm{m}.$$

Mômen trọng lực có độ lớn

$$\begin{array}{rl}{\tau }_g& =mg\frac{L}{2}\cos \theta \\ & =4,45\times {10}^{-2}\mathrm{N}\mathrm{m}.\end{array}$$

Lực căng tác dụng ngang ở đầu thanh, nên cánh tay đòn là $L\sin \theta$. Cân bằng mômen:

$$\begin{array}{rl}{\tau }_g& =mg\frac{L}{2}\cos \theta \\ & =\mathrm{0,044}6\mathrm{N}\cdot \mathrm{m},\\ {\tau }_B& =\frac{1}{2}IB{L}^2\\ & =\mathrm{0,023}3\mathrm{N}\cdot \mathrm{m},\\ T& =\frac{{\tau }_g+{\tau }_B}{L\sin \theta }\\ & =\mathrm{0,472}\mathrm{N}.\end{array}$$

Bài tập 27: 73 ••• CP

Thiết bị nâng từ dùng một trụ hình trụ bán kính $R$, bề rộng $W$, quấn dây dẫn $N$ vòng theo một đường kính như hình P27.73. ngoài đều $\overrightarrow{B}$ hướng xuống, còn dòng $I$ chạy theo chiều được chỉ ra. Một vật khối lượng $M$ treo vào trụ bằng cáp gắn ở vành trụ, trên trục cuộn dây. Độ cao của vật so với vị trí thấp nhất có thể là $h$.

(a) Tìm nhỏ nhất để vật có thể được giữ lơ lửng với $h>0$. (b) Tìm độ cao $h=h_{\mathrm{top}}$ khi điểm gắn cáp quay nửa vòng tới đỉnh trụ. Đặt tham số không thứ nguyên $s=2NIWB/(Mg)$ và biểu diễn các kết quả tiếp theo theo $s$ cùng các đại lượng đã cho. (c) Tìm tổng lên trụ khi $0\le h\le R$. (d) Tìm mômen lực tổng khi $R\le h\le h_{\mathrm{top}}$. (e) Xác định $U(h)$ bằng không tại $h=0$ khi $0\le h\le R$. (f) Tìm $U(h)$ khi $R\le h\le h_{\mathrm{top}}$. (g) Nếu $s>1$, vật đứng yên ở độ cao nào? (h) Với những giá trị $s$ nào, trụ quay quá nửa vòng khi thả vật từ nghỉ tại $h=h_{\mathrm{top}}$? Gợi ý: Điều này tương đương $U(h_{\mathrm{top}})>0$.

Hình P27.73: Trụ cuốn dây dùng để nâng vật.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Mỗi vòng dây có diện tích $2RW$, nên của cuộn là $\mu =2NIWR$. Đặt $s=\mu B/(MgR)=2NIWB/(Mg)$. Chọn chiều quay nâng vật làm chiều mômen dương.

Hướng đi:

• Trong chặng đầu, điểm treo đi từ đáy tới mép ngang của vành trụ. Hình học đường tròn cho $h=R(1-\cos \theta )$.
• Ở mép ngang, cáp bắt đầu trượt quanh vành trụ. Sau đó vật tăng độ cao $R$ cho mỗi radian trụ quay.
• Tính riêng và mômen trọng lực ở từng chặng. tìm từ công của từng lực, không suy rộng một biểu thức qua điểm chuyển tiếp.

Lời giải. Vì $\mu =2NIWR$ và $s=\mu B/(MgR)$, độ lớn cực đại là $\mu B=sMgR$.

(a) Ở chặng đầu, cả mômen trọng lực lẫn đều tỉ lệ với $R\sin \theta$. Mômen từ thắng mômen trọng lực khi $s>1$. ngưỡng là

$$I_{min}=\frac{Mg}{2NWB}.$$

(b) Khi điểm treo đi từ đáy tới mép ngang, vật tăng độ cao $R$. Sau đó cáp trượt thêm một phần tư chu vi quanh vành trụ, kéo vật lên thêm $R\pi /2$. Vì vậy

$$h_{\mathrm{top}}=R(1+\frac{\pi }{2}).$$

(c) Với $0\le h\le R$, từ $h=R(1-\cos \theta )$ ta được cánh tay đòn

$$R\sin \theta =\sqrt{h(2R-h)}.$$

Trong chặng này, có độ lớn $\mu B\sin \theta$ theo chiều nâng. Mômen trọng lực có độ lớn $MgR\sin \theta$ theo chiều ngược lại. Vì vậy

$${\tau }_{\mathrm{net}}=Mg(s-1)\sqrt{h(2R-h)}.$$

(d) Với $R\le h\le h_{\mathrm{top}}$, đặt $\theta =h/R-1$ là góc quay thêm sau khi cáp tới mép ngang. Cáp kéo vật thẳng đứng nên trọng lực có cánh tay đòn cố định $R$, tạo mômen $-MgR$. Khi cuộn quay thêm góc $\theta$, thành phần dọc trục giảm theo $\cos \theta$ và bằng $sMgR\cos \theta$. Do đó

$$\begin{array}{rl}\theta & =\frac{h}{R}-1,\\ {\tau }_{\mathrm{net}}& =MgR(s\cos \theta -1).\end{array}$$

(e) trọng trường tăng $Mgh$. Công của trong chặng đầu làm thế năng giảm $\mu B(1-\cos \theta )=sMgh$. Chọn $U(0)=0$:

$$U(h)=(1-s)Mgh.$$

(f) Tại $h=R$, $U(R)=(1-s)MgR$. Trên chặng sau, trọng lực làm tăng $MgR\theta$, còn làm thế năng giảm $\mu B\sin \theta$. Do đó

$$\begin{array}{rl}\theta & =\frac{h}{R}-1,\\ U(h)& =Mgh-MgRs-MgRs\sin \theta ,\\ R& \le h\le h_{\mathrm{top}}.\end{array}$$

Hai nhánh trùng nhau tại $h=R$, nên thế năng liên tục ở điểm chuyển tiếp.

(g) Cân bằng ở chặng sau thỏa ${\tau }_{\mathrm{net}}=0$, vì thế $\cos \theta =1/s$. Với $s>1$, nghiệm là $\theta =\arccos (1/s)$. mômen theo góc tại nghiệm âm, nên cân bằng bền. Độ cao cân bằng:

$$h=R[1+\arccos \left(\frac{1}{s}\right)].$$

(h) Thay $h_{\mathrm{top}}=R(1+\pi /2)$ vào :

$$U(h_{\mathrm{top}})=MgR(1+\frac{\pi }{2})-2sMgR.$$

Vật quay quá nửa vòng khi $U(h_{\mathrm{top}})>0$, tức là $s<\frac{1}{2}(1+\pi /2)$.

Bài tập 27: 74 ••• CP CALC

Một hạt $q$, khối lượng $m$, được thả từ nghỉ tại gốc $t=0$ trong vùng có không đổi $\overrightarrow{B}$ nằm ngang. Điều gì xảy ra? Dùng hệ tọa độ Descartes với trục $y$ hướng xuống và trục $z$ cùng hướng từ trường. Tại thời điểm $t\ge 0$, hạt có vận tốc $\overrightarrow{v}=v_x\hat{i}+v_y\hat{j}$. Tổng lực $\overrightarrow{F}=F_x\hat{i}+F_y\hat{j}$ là hợp lực trọng trường và .

(a) Dùng định luật II Newton, viết phương trình cho $a_x,a_y$. (b) Lấy theo thời gian phương trình thứ hai, rồi thay biểu thức $a_x=d{v}_x/dt$ để tìm phương trình cho $d^2{v}_y/d{t}^2$ theo $v_y$. (c) Kết quả cho thấy $v_y$ là dao động điều hòa đơn. Dùng điều kiện đầu tìm $v_y(t)$ theo $\omega =qB/m$. Biết $(d{v}_y/dt{)}_0=g$. (d) Thay $v_y(t)$ vào phương trình cho $d{v}_x/dt$ rồi với điều kiện đầu để tìm $v_x(t)$. (e) Tích phân hai vận tốc để tìm $x(t),y(t)$. (f) Nếu $m=1,00\mathrm{mg}$, $q=19,6\mu \mathrm{C}$, $B=10,0\mathrm{T}$, hạt rơi xuống tối đa bao xa trước khi chuyển động lên?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Trục $y$ hướng xuống, $\overrightarrow{B}=B\hat{k}$, hạt bắt đầu từ nghỉ. Đặt $\omega =qB/m$ theo dấu của .

Hướng đi:

• Viết $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ theo thành phần để giữ đúng dấu của .
• Khử $v_x$ để thu được phương trình dao động điều hòa cho $v_y$.
• vận tốc, rồi tìm cực đại của $y(t)$.

Lời giải. (a) Với $\overrightarrow{v}=(v_x,v_y,0)$ và $\overrightarrow{B}=(0,0,B)$, ta có $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}=(v_{y}B,-v_{x}B,0)$. Do đó

$$a_x=\omega v_y,a_y=g-\omega v_x.$$

(b) Lấy phương trình thứ hai rồi dùng phương trình của $d{v}_x/dt$:

$$\frac{d^2{v}_y}{d{t}^2}=-\omega \frac{d{v}_x}{dt}=-{\omega }^2{v}_y.$$

(c) Điều kiện $v_y(0)=0$ và $v_y^{\prime }(0)=g$ cho

$$v_y(t)=\frac{g}{\omega }\sin (\omega t).$$

(d) Từ $d{v}_x/dt=\omega v_y=g\sin (\omega t)$ và $v_x(0)=0$:

$$v_x(t)=\frac{g}{\omega }[1-\cos (\omega t)].$$

(e) với $x(0)=y(0)=0$:

$$\begin{array}{rl}x(t)& =\frac{g}{\omega }t-\frac{g}{{\omega }^2}\sin (\omega t),\\ y(t)& =\frac{g}{{\omega }^2}[1-\cos (\omega t)].\end{array}$$

(f) Điểm thấp nhất xảy ra tại $\omega t=\pi$, do đó $y_{max}=2g/{\omega }^2$. Thay các thông số đã cho, ta có

$$\omega =\frac{qB}{m}=196\mathrm{rad}/\mathrm{s}.$$

Vì vậy:

$$\begin{array}{rl}{y}_{max}& =5,10\times {10}^{-4}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,510}\mathrm{mm}.\end{array}$$

Bài tập 27: 75 ••

ngoài tạo $\overrightarrow{\tau }=D(4\hat{i}-3\hat{j})$ lên vòng dây tròn diện tích $A$ nằm trong mặt phẳng $xy$. Nhìn dọc trục $z$ theo chiều về gốc tọa độ, $I$ chạy theo chiều kim đồng hồ. Với hướng đặt vòng này, từ $U=-\overrightarrow{\mu }\cdot \overrightarrow{B}$ âm. Độ lớn từ trường là $B_0=13D/(IA)$. (a) Xác định vectơ của vòng. (b) Tìm các thành phần $B_x,B_y,B_z$.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Dòng nhìn từ $+z$ chạy theo chiều kim đồng hồ, $\overrightarrow{\mu }=-IA\hat{k}$. đã biết, còn độ lớn $B_0$ và dấu của ràng buộc các thành phần trường.

Hướng đi:

• Dùng chiều để xác định dấu của $\overrightarrow{\mu }$.
• Từ $\overrightarrow{\tau }=\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B}$, suy ra hai thành phần nằm trong mặt phẳng $xy$.
• Điều kiện $U<0$ chọn dấu của $B_z$, còn $|\overrightarrow{B}|=B_0$ kiểm tra độ lớn.

Lời giải.

$$\overrightarrow{\mu }=-IA\hat{k}.$$

cho các thành phần:

$$\begin{array}{rl}{\tau }_x& =IA{B}_y=4D,\\ {\tau }_y& =-IA{B}_x=-3D.\end{array}$$

Đặt $C=D/(IA)$, suy ra $B_x=3C$, $B_y=4C$. Dùng độ lớn trường đã cho:

$$B_z^2=(13C{)}^2-(3C{)}^2-(4C{)}^2=144C^2.$$

Vì $U=IA{B}_z<0$, phải chọn $B_z=-12C$.

$$\overrightarrow{B}=\frac{D}{IA}(3\hat{i}+4\hat{j}-12\hat{k}).$$

Bài tập 27: 76 •• DATA

Bạn dùng một loại để đo tỉ số trên khối lượng của ion nguyên tử. Nguyên tử được ion hóa bằng chùm electron để tạo ion dương, rồi gia tốc qua hiệu điện thế $V$. Tốc độ ban đầu có thể bỏ qua. Các ion đi vào vùng đều vuông góc vận tốc, $B=\mathrm{0,250}\mathrm{T}$, và chuyển động theo nửa đường tròn bán kính $R$. Bảng số liệu:

$V$ (kV)	10,0	12,0	14,0	16,0	18,0
$R$ (cm)	19,9	21,8	23,6	25,2	26,8

(a) Nên biểu diễn dữ liệu thế nào để các điểm gần nằm trên đường thẳng? Giải thích. (b) Vẽ đồ thị ấy và dùng hệ số góc đường hồi quy tốt nhất để tính $q/m$. (c) Với $V=20,0\mathrm{kV}$, tìm tốc độ ion khi vào vùng . (d) Nếu ion có $R=21,2\mathrm{cm}$ ở $12,0\mathrm{kV}$ mang đơn, hãy tìm $R$ ở cùng điện áp cho ion mang điện tích gấp đôi.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $B=\mathrm{0,250}\mathrm{T}$. Dữ liệu $V,R$ như bảng.

Hướng đi:

• Ghép $qV=m{v}^2/2$ với $qvB=m{v}^2/R$ để thu được quan hệ tuyến tính giữa $R^2$ và $V$.
• Hệ số góc của đồ thị $R^2(V)$ bằng $2/(B^2(q/m))$.
• Tỉ số $q/m$ tăng gấp đôi thì bán kính ở cùng điện áp giảm theo $1/\sqrt{2}$.

Lời giải. Từ bảo toàn , $v=\sqrt{2qV/m}$. Bán kính quỹ đạo là

$$R^2=\frac{2m}{q{B}^2}V.$$

(a) Vẽ $R^2$ theo $V$ để được đường thẳng.

Đồ thị lời giải 27.76: Bình phương bán kính theo điện thế gia tốc

Đường khớp dùng toàn bộ năm cặp số liệu. Hệ số góc được tính với điện thế theo volt và bán kính theo mét.

(b) Hồi quy bình phương nhỏ nhất cho các số liệu bảng cho hệ số góc $4,02\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^2/\mathrm{V}$. Do đó

$$\begin{array}{rl}\frac{q}{m}& =\frac{2}{B^2\mathrm{slope}}\\ & =7,96\times {10}^6\mathrm{C}/\mathrm{kg}.\end{array}$$

(c) Tốc độ ion là

$$v=\sqrt{2(q/m)V}=5,64\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

(d) Vì $R\propto 1/\sqrt{q}$ ở cùng $V,B,m$, nên $R_2=\mathrm{0,212}/\sqrt{2}=\mathrm{0,150}\mathrm{m}$.

Bài tập 27: 77 •• DATA

Bạn là nhà nghiên cứu đo khối lượng muon bằng một phiên bản hiện đại của thiết bị $e/m$ Thomson. giữa hai bản tích điện là $\mathrm{0,340}\mathrm{T}$. Bạn đo điện trường để hạt không bị lệch theo điện thế gia tốc $V$. Điện thế đủ lớn để có thể bỏ qua vận tốc ban đầu.

Hình P27.77 là đồ thị $E^2$ theo $V$. (a) Giải thích vì sao các điểm gần nằm trên đường thẳng. (b) Dùng đồ thị để tính khối lượng muon. (c) Nếu hai bản cách nhau $6,00\mathrm{mm}$, cần hiệu điện thế bao nhiêu để điện trường bằng $2,00\times {10}^5\mathrm{V}/\mathrm{m}$? Kích thước bản lớn hơn nhiều khoảng cách. (d) Khi $V=400\mathrm{V}$, tìm tốc độ muon đi vào vùng giữa hai bản.

Hình P27.77: Đồ thị bình phương điện trường theo điện thế gia tốc.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $B=\mathrm{0,340}\mathrm{T}$. Điểm cuối đọc trên đồ thị có hoành độ $400\mathrm{V}$ và tung độ $8,0\times {10}^{10}{\mathrm{V}}^2/{\mathrm{m}}^2$.

Hướng đi:

• thỏa $qE=qvB$, còn gia tốc cho $qV=m{v}^2/2$.
• Khử $v$ để liên hệ $E^2$ với $V$. Hệ số góc cho $m$.
• Dùng $V_{\mathrm{plate}}=Ed$ ở câu (c), rồi gia tốc ở câu (d).

Lời giải. Từ hai điều kiện:

$$E^2=\frac{2q{B}^2}{m}V.$$

(a) Vì $E^2$ tỉ lệ thuận với $V$, đồ thị là đường thẳng qua gốc.

(b) Hệ số góc xấp xỉ $2,0\times {10}^8{\mathrm{V}}^2/({\mathrm{m}}^2\mathrm{V})$. Với $q=e$, khối lượng muon là

$$\begin{array}{rl}m& =\frac{2e{B}^2}{\mathrm{slope}}\\ & =1,85\times {10}^{-28}\mathrm{kg}.\end{array}$$

(c) Hiệu điện thế giữa hai bản là

$$\begin{array}{rl}{V}_{\mathrm{plate}}& =Ed\\ & =(2,00\times {10}^5)\times (6,00\times {10}^{-3})\\ & =1,20\times {10}^3\mathrm{V}.\end{array}$$

(d) Tốc độ là

$$\begin{array}{rl}v& =\sqrt{\frac{2eV}{m}}\\ & =\frac{\sqrt{8,0\times {10}^{10}}}{\mathrm{0,340}}\\ & =8,32\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 27: 78 •• DATA

Bạn là kỹ thuật viên kiểm tra máy gia tốc hạt kiểu cyclotron. Một hạt alpha chuyển động theo quỹ đạo tròn trong $\overrightarrow{B}$ vuông góc với quỹ đạo. Bạn đo số vòng mỗi giây $f$ theo độ lớn $B$. Hình P27.78 cho kết quả đo và đường thẳng khớp tốt nhất.

(a) Dùng đồ thị để tính tỉ số trên khối lượng của hạt alpha có điện tích $+2e$. Từ dữ liệu, khối lượng hạt alpha là bao nhiêu? (b) Khi $B=\mathrm{0,300}\mathrm{T}$, tần số cyclotron của proton và electron bằng bao nhiêu? So sánh với tần số của hạt alpha. (c) Với $B=\mathrm{0,300}\mathrm{T}$ và bán kính quỹ đạo $12,0\mathrm{cm}$, tìm tốc độ và động năng của hạt alpha.

Hình P27.78: Tần số cyclotron theo độ lớn từ trường.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Đọc đường thẳng khớp tốt nhất trên đồ thị, hệ số góc xấp xỉ $7,67\times {10}^6\mathrm{Hz}/\mathrm{T}$. Hạt alpha có $2e$.

Hướng đi:

• Tần số cyclotron là $f=qB/(2\pi m)$, nên hệ số góc $f(B)$ bằng $(q/m)/(2\pi )$.
• Dùng $q=2e$ để suy ra khối lượng hạt alpha.
• Bán kính quỹ đạo cho $v=qBR/m$, sau đó tính $K=m{v}^2/2$.

Lời giải. (a) Hệ số góc đọc từ đồ thị là $7,67\times {10}^6\mathrm{Hz}/\mathrm{T}$. Do đó

$$\begin{array}{rl}\frac{q}{m}& =2\pi (7,67\times {10}^6)\\ & =4,82\times {10}^7\mathrm{C}/\mathrm{kg}.\end{array}$$

Khối lượng hạt alpha là

$$m_{\alpha }=\frac{2e}{q/m}=6,65\times {10}^{-27}\mathrm{kg}.$$

(b) Tần số cyclotron của proton và electron lần lượt là

$$\begin{array}{rl}{f}_p& =\frac{eB}{2\pi m_p}\\ & =4,57\times {10}^6\mathrm{Hz},\\ f_e& =\frac{eB}{2\pi m_e}\\ & =8,41\times {10}^9\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Tần số alpha là

$$\begin{array}{rl}{f}_{\alpha }& =\frac{(q/m{)}_{\alpha }B}{2\pi }\\ & =2,30\times {10}^6\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Vậy proton quay nhanh hơn alpha khoảng $1,99$ lần, còn electron nhanh hơn khoảng $3,66\times {10}^3$ lần.

(c) $v=(q/m)BR=1,73\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$, nên $K=1,00\times {10}^{-14}\mathrm{J}$.

Bài tập 27: 79 ••• CALC

Tìm $\overrightarrow{M}$ của một vỏ cầu bán kính $R$, mang tổng $Q$ phân bố đều và quay với vận tốc góc $\overrightarrow{\mathrm{\Omega }}=\omega \hat{k}$. Dùng các bước sau. (a) Đặt gốc tọa độ ở tâm cầu, mô tả mỗi vĩ tuyến bằng góc $\theta$ đo từ trục $+z$. Mỗi vĩ tuyến tạo thành một vòng , với $0\le \theta \le \pi$. Bán kính vòng theo $\theta$ là bao nhiêu? (b) Dòng vi phân trên vòng là $dI=\sigma vdW$, trong đó $\sigma$ là mật độ điện tích mặt, $v$ là tốc độ tiếp tuyến và $dW=Rd\theta$ là bề rộng vi phân. Biểu diễn $dI$ theo $\sigma ,R,\omega ,\theta ,d\theta$. (c) Mômen từ vi phân của vòng là $dM=AdI$, với $A$ là diện tích vòng. Biểu diễn $dM$ theo $R,\omega ,\theta ,d\theta$. (d) trên cả cầu để tìm mômen từ dạng vectơ, dùng điện tích tổng $Q$ thay cho $\sigma$. (e) Nếu cầu đặt trong đều $\overrightarrow{B}=B(\sin \alpha \hat{i}+\cos \alpha \hat{j})$, tìm .

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Vỏ cầu quay quanh trục $z$, mật độ mặt $\sigma =Q/(4\pi R^2)$.

Hướng đi:

• Vĩ tuyến ở góc $\theta$ có bán kính $R\sin \theta$ và tốc độ $v=\omega R\sin \theta$.
• Mỗi dải vĩ tuyến mang dòng $dI=\sigma vRd\theta$.
• Tính mômen của vòng vi phân rồi theo $\theta$.

Lời giải. (a) Bán kính vĩ tuyến là $r=R\sin \theta$.

(b)

$$dI=\sigma \omega R^2\sin \theta d\theta .$$

(c) Diện tích vòng là $\pi R^2{\sin }^2\theta$, nên

$$dM=\pi \sigma \omega R^4{\sin }^3\theta d\theta .$$

(d) Dùng ${\int }_0^{\pi }{\sin }^3\theta d\theta =4/3$:

$$M=\frac{4\pi }{3}\sigma \omega R^4=\frac{Q\omega R^2}{3}.$$

Vì $\overrightarrow{\mathrm{\Omega }}=\omega \hat{k}$, ta có $\overrightarrow{M}=(Q{R}^2/3)\overrightarrow{\mathrm{\Omega }}$.

(e) Với $\overrightarrow{B}=B(\sin \alpha \hat{i}+\cos \alpha \hat{j})$:

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\tau }& =\overrightarrow{M}\times \overrightarrow{B}\\ & =\frac{Q\omega R^{2}B}{3}\times (\sin \alpha \hat{j}-\cos \alpha \hat{i}).\end{array}$$

Bài tập 27: 80 •••

Một electron từ gió Mặt Trời bay tới từ quyển Trái Đất tại vĩ độ $80,0^{\circ }$ Bắc, nơi có độ lớn $15,0\mu \mathrm{T}$ và hướng về tâm Trái Đất. Electron có tốc độ $400\mathrm{km}/\mathrm{s}$ và chuyển động song song với xích đạo về phía trục Trái Đất. làm electron đi theo .

(a) Bán kính đường xoắn là bao nhiêu? (b) Electron tiến tới bề mặt Trái Đất với tốc độ nào? (c) Nếu nhìn xuống Trái Đất từ không gian, electron chuyển động theo chiều kim đồng hồ hay ngược chiều kim đồng hồ? (d) Tần số chuyển động là bao nhiêu? (e) Electron đi vào tầng điện ly, nơi nó còn được gia tốc bởi điện trường $20\mathrm{mV}/\mathrm{m}$ hướng về phía bắc song song mặt đất. Tốc độ mới sau khi nó bị lệch $100\mathrm{km}$ về phía nam là bao nhiêu? (f) Động năng tăng lên bao nhiêu lần do điện trường?

Lời giải

Tóm tắt đề bài: Electron có tốc độ đầu $v=4,00\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$ tại vĩ độ $\lambda ={80}^{\circ }$. $15,0\mu \mathrm{T}$ hướng về tâm Trái Đất. Vận tốc hướng về trục Trái Đất và song song mặt phẳng xích đạo, nên góc với từ trường là ${80}^{\circ }$.

Hướng đi:

• Chiếu vận tốc lên hướng và phương vuông góc để tính bán kính xoắn và tốc độ tiến về mặt đất. Không thay góc ${80}^{\circ }$ bằng góc vuông.
• Dùng dấu electron và hướng để xác định chiều quay. Chu kỳ không phụ thuộc tốc độ trong mô hình không tương đối tính.
• Tính công điện trường với dấu của và độ dời. Dùng bảo toàn để tìm tốc độ cuối và tỉ số động năng.

Lời giải. Trong mô hình đều tại chỗ, các thành phần vận tốc là:

$$\begin{array}{rl}{v}_{\parallel }& =v\cos {80}^{\circ }\\ & =6,95\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ v_{\perp }& =v\sin {80}^{\circ }\\ & =3,94\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(a) Bán kính quỹ đạo xoắn dùng thành phần vuông góc:

$$r=\frac{m_e{v}_{\perp }}{eB}\approx \mathrm{0,150}\mathrm{m}.$$

(b) Electron tiến về bề mặt dọc với tốc độ $v_{\parallel }\approx 69,5\mathrm{km}/\mathrm{s}$. Tốc độ toàn phần vẫn là $400\mathrm{km}/\mathrm{s}$ vì không sinh công. Hai đại lượng này khác nhau.

(c) Electron quay theo chiều kim đồng hồ khi nhìn từ không gian hướng về Trái Đất. hướng ra xa người quan sát, vào trong mặt quan sát. Với vận tốc tức thời sang phải, lực lên âm hướng xuống, xác định chiều quay ấy.

(d) Tần số:

$$f=\frac{eB}{2\pi m_e}\approx 4,19\times {10}^5\mathrm{Hz}.$$

(e) Điện trường hướng bắc, còn độ dời $100\mathrm{km}$ hướng nam. Electron chịu lực điện hướng nam, nên công dương:

$$\begin{array}{rl}{W}_E& =eE\mathrm{\Delta }s\\ & =3,20\times {10}^{-16}\mathrm{J},\\ v_f& =\sqrt{v_i^2+\frac{2W_E}{m_e}}\\ & \approx 2,65\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(f) Tỉ số động năng:

$$\begin{array}{rl}\frac{K_f}{K_i}& =1+\frac{W_E}{\frac{1}{2}{m}_e{v}_i^2}\\ & \approx 4,39\times {10}^3.\end{array}$$

Bài toán thử thách và MCAT chương 27: Bài 27.81–27.85

Bài toán thử thách

Bài tập 27: 81 •••

Một hạt có $2,15\mu \mathrm{C}$ và khối lượng $3,20\times {10}^{-11}\mathrm{kg}$ ban đầu chuyển động theo chiều $+y$ với tốc độ $v_0=1,45\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Hạt đi vào vùng có đều vuông góc mặt giấy và hướng vào trong như hình P27.81. Độ lớn từ trường là $\mathrm{0,420}\mathrm{T}$. Vùng từ trường kéo dài $25,0\mathrm{cm}$ theo hướng chuyển động ban đầu. Một bức tường cách điểm vào $75,0\mathrm{cm}$, nên vùng không có từ trường dài $50,0\mathrm{cm}$. Trong vùng từ, hạt đi theo cung cong bán kính $R$, rồi ra khỏi vùng sau thời gian $t_1$ với độ lệch ngang $\mathrm{\Delta }{x}_1$. Sau đó hạt đi qua vùng không từ trường và đập vào tường với độ lệch tổng $\mathrm{\Delta }x$.

(a) Tìm bán kính $R$ của phần quỹ đạo cong. (b) Tìm thời gian $t_1$ mà hạt ở trong vùng . (c) Tìm độ lệch ngang $\mathrm{\Delta }{x}_1$ tại điểm ra khỏi vùng từ trường. (d) Tìm độ lệch tổng $\mathrm{\Delta }x$ tại tường.

Hình P27.81: Hạt tích điện lệch khỏi phương ban đầu trong vùng từ trường.

Chú thích:

• Tường. (Wall)

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q=2,15\times {10}^{-6}\mathrm{C}$, $m=3,20\times {10}^{-11}\mathrm{kg}$, $v_0=1,45\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $B=\mathrm{0,420}\mathrm{T}$, chiều dài vùng từ $d=\mathrm{0,250}\mathrm{m}$, khoảng cách tới tường $D=\mathrm{0,750}\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Lực Lorentz vuông góc vận tốc nên tốc độ không đổi trong vùng từ, còn bán kính là $R=mv/(qB)$.
• Góc thoát $\varphi$ được xác định từ tọa độ dọc ban đầu: $d=R\sin \varphi$.
• Độ lệch ngang trong vùng từ là $R(1-\cos \varphi )$. Sau đó, hạt bay thẳng với góc $\varphi$ thêm quãng dọc $D-d$.

Lời giải. $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ hướng sang trái, tức chiều $+x$ trong hệ trục của hình. Dưới đây, các độ lệch được nêu theo độ lớn.

(a)

$$R=\frac{m{v}_0}{qB}=5,14\mathrm{m}.$$

(b) Ở mép vùng từ, $d=R\sin \varphi$, do đó

$$\begin{array}{rl}\varphi & ={\sin }^{-1}\left(\frac{\mathrm{0,250}}{5,14}\right)\\ & =\mathrm{0,048}7\mathrm{rad}.\end{array}$$

Thời gian đi cung là

$$t_1=\frac{R\varphi }{v_0}=1,72\times {10}^{-6}\mathrm{s}.$$

(c)

$$\mathrm{\Delta }{x}_1=R(1-\cos \varphi )=6,08\times {10}^{-3}\mathrm{m}.$$

(d) Trong vùng không có , quỹ đạo tiếp tuyến tại điểm thoát có hệ số góc $\tan \varphi$. Do đó

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }x& =\mathrm{\Delta }{x}_1+(D-d)\tan \varphi \\ & =3,05\times {10}^{-2}\mathrm{m}.\end{array}$$

Trên hình, chiều $+x$ hướng sang trái. Hạt đập vào tường lệch khoảng $3,05\mathrm{cm}$ theo $+x$.

Bài tập 27: 82 ••• CP

Quỹ đạo cycloid

Một hạt khối lượng $m$, dương $q$, bắt đầu từ nghỉ tại gốc tọa độ như hình P27.82. Điện trường đều $\overrightarrow{E}$ hướng $+y$, còn đều $\overrightarrow{B}$ hướng ra khỏi trang giấy. Trong các tài liệu nâng cao, quỹ đạo này được chứng minh là một cycloid. Bán kính cong tại các điểm đỉnh bằng hai lần tọa độ $y$ của đỉnh ấy.

(a) Giải thích vì sao quỹ đạo có dạng chung như vậy và lặp lại. (b) Chứng minh tốc độ tại mọi điểm bằng $\sqrt{2qEy/m}$. Gợi ý: Dùng bảo toàn . (c) Áp dụng định luật II Newton tại điểm đỉnh, đồng thời dùng bán kính cong tại đó bằng $2y$, để chứng minh tốc độ tại đỉnh là $2E/B$.

Hình P27.82: Quỹ đạo cycloid của hạt tích điện trong điện trường và từ trường.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $q>0$, $\overrightarrow{E}=E\hat{j}$, $\overrightarrow{B}=B\hat{k}$, hạt bắt đầu từ nghỉ tại $y=0$.

Hướng đi:

• Điện trường làm tăng thành phần vận tốc theo $y$. luôn vuông góc vận tốc, làm lệch quỹ đạo mà không sinh công.
• Bảo toàn liên hệ tốc độ với độ cao.
• Ở đỉnh cycloid, gia tốc pháp tuyến hướng xuống tâm cong. Cân bằng lực theo phương tiếp tuyến và dùng bán kính cong đã cho.

Lời giải. (a) Ban đầu lực điện làm hạt chuyển động theo $+y$. bẻ hướng vận tốc sang $+x$. Thành phần vận tốc theo $y$ lần lượt dương rồi âm, đưa hạt trở lại đường $y=0$, trong khi chuyển động trôi theo $+x$ tiếp tục. Quỹ đạo lặp thành các cung cycloid dọc theo hướng $\overrightarrow{E}\times \overrightarrow{B}$, vuông góc với điện trường.

(b) vuông góc với $\overrightarrow{v}$, nên công của nó bằng không. Từ vị trí ban đầu đến độ cao $y$, công của điện trường là $qEy$. Bảo toàn cho

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2}m{v}^2& =qEy,\\ v& =\sqrt{\frac{2qEy}{m}}.\end{array}$$

(c) Ở đỉnh, vận tốc hướng ngang sang phải. Với $\overrightarrow{B}$ hướng ra khỏi trang, $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ hướng xuống, còn lực điện hướng lên. Vì thế lực hướng tâm bằng $qvB-qE$. Bán kính cong là $2y$, nên định luật II Newton cho $m{v}^2/(2y)=qvB-qE$. Từ câu (b), $m{v}^2/(2y)=qE$. Do đó $qE=qvB-qE$, suy ra

$$v=\frac{2E}{B}.$$

Kết quả không phụ thuộc $m$ hay $q$, dù độ cao đỉnh được xác định bởi $y=2mE/(q{B}^2)$ khi kết hợp với câu (b).

Đoạn văn MCAT

BIO: Từ trường và chụp cộng hưởng từ MRI

Chụp cộng hưởng từ (MRI) là một phương pháp tạo ảnh mạnh. Không giống chụp X-quang, MRI cho ảnh rõ của mô mềm mà không khiến người bệnh tiếp xúc với bức xạ có thể gây hại. Có thể hiểu sơ lược phương pháp này bằng cách áp dụng vật lý từ học cổ điển, tức vật lý phi lượng tử.

Điểm khởi đầu của MRI là cộng hưởng từ hạt nhân (NMR), một kỹ thuật dựa trên sự kiện proton trong hạt nhân nguyên tử có $\overrightarrow{B}$. Từ trường của proton bắt nguồn từ spin của nó. Vì mang điện, proton đang spin tương đương một chạy trong một vòng dây. Giống vòng dây, proton có $\overrightarrow{M}$, vì vậy nó chịu khi đặt trong từ trường ngoài ${\overrightarrow{B}}_0$. Độ lớn của $M$ xấp xỉ $1,4\times {10}^{-26}\mathrm{J}/\mathrm{T}$. Có thể xem proton ở một trong hai trạng thái. Mômen từ $\overrightarrow{M}$ song song hoặc ngược song song với từ trường đặt vào. Cần thực hiện công để lật proton từ trạng thái thấp sang trạng thái năng lượng cao.

Một điểm quan trọng là tổng của mọi hạt nhân, ngoại trừ hydro chỉ có một proton, nhận đóng góp từ cả proton lẫn neutron. Nếu hạt nhân có số proton và neutron đều chẵn, chúng ghép cặp sao cho một nửa proton có spin theo một hướng, nửa còn lại theo hướng đối diện. Vì vậy hạt nhân tổng bằng không. Chỉ hạt nhân có mômen từ tổng khác không mới có thể dùng cho MRI. Hydro là nguyên tố được chụp ảnh phổ biến nhất.

Hình minh họa hai hướng của mômen proton trong . Khi $\overrightarrow{M}$ song song ${\overrightarrow{B}}_0$ là trạng thái thấp. Khi $\overrightarrow{M}$ ngược chiều ${\overrightarrow{B}}_0$, proton ở trạng thái năng lượng cao và cần công để chuyển sang.

Trạng thái spin của proton trong từ trường ngoài: Song song có năng lượng thấp, ngược chiều có năng lượng cao.

Chú thích:

• Proton. (Proton)
• Công. (Work)
• Mômen từ µ và từ trường B₀ song song: Năng lượng thấp. (M and B0 parallel: Low energy)
• Mômen từ µ và từ trường B₀ ngược chiều: Năng lượng cao. (M and B0 antiparallel: High energy)

Bài tập 27: 83

Nếu một proton đặt trong ngoài $2\mathrm{T}$ vuông góc với trục spin của proton, lên proton bằng bao nhiêu? Chọn một đáp án trong các phương án dưới đây.

• (a) $0$.
• (b) $1,4\times {10}^{-26}\mathrm{N}\mathrm{m}$.
• (c) $2,8\times {10}^{-26}\mathrm{N}\mathrm{m}$.
• (d) $0,7\times {10}^{-26}\mathrm{N}\mathrm{m}$.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $M=1,4\times {10}^{-26}\mathrm{J}/\mathrm{T}$, $B=2\mathrm{T}$, góc giữa $\overrightarrow{M}$ và $\overrightarrow{B}$ là ${90}^{\circ }$.

Hướng đi:

• Độ lớn từ là $\tau =MB\sin \theta$.
• Vì hai vectơ vuông góc, $\sin \theta =1$.

Lời giải.

$$\begin{array}{rl}\tau & =(1,4\times {10}^{-26})(2)(1)\\ & =2,8\times {10}^{-26}\mathrm{N}\mathrm{m}.\end{array}$$

Chọn (c).

Bài tập 27: 84

Nguyên tố nào sau đây là ứng viên cho MRI?

• (a) ${}_6^{12}\mathrm{C}$.
• (b) ${}_8^{16}\mathrm{O}$.
• (c) ${}_{20}^{40}\mathrm{Ca}$.
• (d) ${}_{15}^{31}\mathrm{P}$.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: MRI cần hạt nhân có tổng khác không. Hạt nhân có số proton và neutron đều chẵn có mômen từ bằng không theo mô hình ghép cặp trong đoạn dẫn.

Hướng đi:

• Đếm số neutron bằng số khối trừ số proton.
• Loại các hạt nhân có cả số proton và neutron đều chẵn.

Lời giải. Carbon-12 có 6 proton và 6 neutron. Oxygen-16 có 8 proton và 8 neutron, còn calcium-40 có 20 proton và 20 neutron. Cả ba đều là hạt nhân chẵn-chẵn. Phosphorus-31 có 15 proton và 16 neutron, nên còn một proton chưa ghép cặp và có thể có tổng khác không.

Chọn (d), ${}_{15}^{31}\mathrm{P}$.

Bài tập 27: 85

lớn dùng trong MRI có thể tạo lực lên các trong cơ thể. Hiệu ứng này từng được đề xuất như một cách chụp ảnh các “dòng điện sinh học” trong cơ thể, chẳng hạn dòng điện chạy trong từng dây thần kinh. Với từ trường $2\mathrm{T}$, hãy ước lượng độ lớn lực cực đại lên một đoạn dây thần kinh hình trụ dài $1\mathrm{mm}$, đường kính $1,5\mathrm{mm}$. Giả sử toàn bộ dây thần kinh mang dòng do hiệu điện thế đặt vào $100\mathrm{mV}$, bằng điện thế hoạt động điển hình. Điện trở suất của dây thần kinh là $0,6\mathrm{\Omega }\mathrm{m}$. Chọn một đáp án trong các phương án dưới đây.

• (a) $6\times {10}^{-7}\mathrm{N}$.
• (b) $1\times {10}^{-6}\mathrm{N}$.
• (c) $3\times {10}^{-4}\mathrm{N}$.
• (d) $0,3\mathrm{N}$.

Lời giải

Tóm tắt đề bài: $L=1,0\times {10}^{-3}\mathrm{m}$, $d=1,5\times {10}^{-3}\mathrm{m}$, $V=\mathrm{0,100}\mathrm{V}$, $\rho =0,6\mathrm{\Omega }\mathrm{m}$, $B=2\mathrm{T}$.

Hướng đi:

• Tính điện trở đoạn dây bằng $R=\rho L/A$, trong đó $A=\pi (d/2{)}^2$.
• Dùng định luật Ohm để tìm .
• Lực cực đại đạt được khi dòng vuông góc : $F=ILB$.

Lời giải. Tiết diện dây thần kinh là $A=1,77\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^2$. Điện trở đoạn dây:

$$R=\frac{\rho L}{A}=3,40\times {10}^2\mathrm{\Omega }.$$

là $I=V/R=2,94\times {10}^{-4}\mathrm{A}$. Vì đề yêu cầu lực cực đại, lấy dòng vuông góc với trường:

$$F_{max}=ILB=5,88\times {10}^{-7}\mathrm{N}.$$

Chọn (a), $6\times {10}^{-7}\mathrm{N}$.

Đáp số tra cứu

Lời giải: Luyện tập có hướng dẫn và bài cầu nối

Bài	Kết quả
VP27.1.1	(a) 4,18×10⁻¹⁴ N. (b) −z
VP27.1.2	2,91×10⁻¹⁵ C
VP27.1.3	(a) 0,0175 T. (b) +z
VP27.1.4	(a) 0,189 T. (b) −y
VP27.6.1	(a) 0,435 mm. (b) 2,87×10⁷ rad/s. (c) 4,57×10⁶ Hz
VP27.6.2	(a) 0,348 mm. (b) 1,64 mm. (c) 4,80×10⁻¹⁶ N
VP27.6.3	(a) 8,00×10⁵ m/s. (b) −y. (c) −x
VP27.6.4	(a) 6,64 cm. (b) 7,47 cm
VP27.7.1	(a) 2,44×10⁻³ N. (b) +z
VP27.7.2	(a) 1,60 A. (b) Hướng lên
VP27.7.3	(a) −2,52×10⁻³ N. (b) −4,20×10⁻³ N. (c) 0. (d) 4,90×10⁻³ N
VP27.7.4	41,0° và 139,0°

Câu hỏi mở đầu chọn (ii). Kim la bàn nhiễm từ có dọc theo kim. Trái Đất tác dụng mômen có xu hướng đưa kim về cùng hướng với trường.

Bài cầu nối có đầu gồm các thành phần x, y, z lần lượt −1,54×10⁻⁴, −2,05×10⁻⁴, −6,14×10⁻⁴ N·m. biến thiên −7,55×10⁻⁴ J, tức giảm 7,55×10⁻⁴ J. Tốc độ góc ở vị trí sau bằng 42,1 rad/s.

Lời giải: Các bài lẻ

Bài	Kết quả
27.1	(a) 6,68×10⁻⁴ N theo −z. (b) 6,68×10⁻⁴ N theo +x và 7,27×10⁻⁴ N theo +y
27.3	(a) dương. (b) 0,0505 N
27.5	172 m/s theo −x
27.7	(a) 1,46 T, trong mặt phẳng xz, lệch 40,0° từ +x về −z. (b) 7,48×10⁻¹⁶ N, lệch khoảng 50,0° từ −x về −z
27.9	(a) 3,05 mWb. (b) 1,83 mWb. (c) 0
27.11	−0,78 mWb
27.13	(a) 0. (b) −0,0115 Wb. (c) +0,0115 Wb. (d) 0
27.15	(a) 0,294 T, hướng ra khỏi mặt giấy. (b) 0,111 µs
27.17	7,93×10⁻¹⁰ N, hướng nam
27.19	(a) 2,84×10⁶ m/s, âm. (b) Có. (c) Không đổi
27.21	0,838 mT
27.23	(a), (b) Đều 7900 N/C theo +x
27.25	0,0445 T, hướng ra khỏi mặt giấy
27.27	(a) 4,92 km/s. (b) 9,96×10⁻²⁶ kg
27.29	0,724 N, lệch 63,4° phía dưới hướng dòng ở đoạn trên
27.31	(a) 817 V. (b) 113 m/s²
27.33	(a) Điểm a. (b) 3,21 kg
27.35	(a) 55 vòng. (b) Ngược chiều kim đồng hồ. (c) 8,73 N·m hướng lên
27.37	(b) Lực trên cd bằng 1,20 N. (c) 0,420 N·m
27.39	(a) Trục A₂. (b) 290 rad/s²
27.41	(a) Mômen theo −x, tổng lực 0. (b) Mômen theo −z, tổng lực 0. (c) Mômen theo +x, tổng lực 0. (d) Mômen theo +z, tổng lực 0. Độ lớn mỗi mômen bằng NIAB
27.43	(a) 1,13 A. (b) 3,69 A. (c) 98,2 V. (d) 362 W
27.45	(a) 4,7 mm/s. (b) 4,5×10⁻³ V/m theo +z. (c) 53 µV
27.47	(a) x = 0,565 m, y = 0,825 m, z = 0,0900 m. (b) 31,3 m/s
27.49	(a) 8,3×10⁶ m/s. (b) 0,14 T
27.51	4,81×10⁷ C/kg
27.53	Khoảng 1,7 mm giữa hai đồng vị kề nhau
27.55	I = Mg tanθ/(LB), dòng từ phải sang trái trong hình
27.57	(a) 8,46 mT. (b) 27,2 cm. (c) Khoảng 2,2 cm, đủ lớn để phân biệt
27.59	(a) ILB hướng phải dọc ray. (b) d = mv²/(2ILB). (c) 1960 km trong mô hình đã nêu
27.61	(a) 1,13 N, hướng về gốc. (b) 0,800 N theo +z
27.63	(a) Khoảng 4,8×10⁴ A. (b) Không khả thi với trường Trái Đất. (c) Khoảng 19 G. (d) Nâng thêm trọng lượng 0,83 N
27.65	0,024 T theo +y
27.67	(a) Lực trên PQ bằng 0, hai lực còn lại 12,0 N ngược hướng vào và ra mặt giấy. (b) Tổng lực 0. (c) Chỉ lực trên QR tạo mômen quanh PR, độ lớn 3,60 N·m. (d) Hai cách tính đều cho 3,60 N·m. (e) Điểm Q quay ra khỏi mặt giấy
27.69	0,444 N theo −y
27.71	(b) Cạnh trái +IB₀L/2 theo x, cạnh phải −IB₀L/2 theo x, cạnh trên −IB₀L theo y, cạnh dưới 0. (c) Tổng −IB₀L theo y
27.73	Các biểu thức theo từng chặng được ghi bên dưới
27.75	(a) µ = −IAk̂. (b) Bₓ = 3D/(IA), Bᵧ = 4D/(IA), Bz = −12D/(IA)
27.77	(b) 1,85×10⁻²⁸ kg. (c) 1,20 kV. (d) 8,32×10⁵ m/s
27.79	(a) r = R sinθ. (b) dI = σωR² sinθ dθ. (c) dµ = πσωR⁴ sin³θ dθ. (d) µ = QωR²k̂/3. (e) Mômen có cả thành phần −cosα theo x và sinα theo y, nhân QωBR²/3
27.81	(a) 5,14 m. (b) 1,72 µs. (c) 6,08 mm. (d) 3,05 cm
27.83	(c)
27.85	(a)

Với 27.73, ngưỡng và độ cao sau nửa vòng quay là:

$$\begin{array}{rl}{I}_{min}& =\frac{Mg}{2WNB},\\ h_{\mathrm{top}}& =R(1+\pi /2).\end{array}$$

Trong chặng $0\le h\le R$:

$$\begin{array}{rl}\tau & =Mg(s-1)\sqrt{h(2R-h)},\\ U& =(1-s)Mgh.\end{array}$$

Trong chặng $R\le h\le h_{\mathrm{top}}$, đặt $\theta =h/R-1$:

$$\begin{array}{rl}\tau & =MgR(s\cos \theta -1),\\ U& =MgR[1+\theta -s(1+\sin \theta )].\end{array}$$

Khi $s>1$, vị trí cân bằng bền là $h=R[1+\arccos (1/s)]$. Điều kiện quay quá nửa vòng từ vị trí thả được nêu là $s<(1+\pi /2)/2$.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, ấn bản 15, chương 27, trang 907–917 và phụ lục đáp số A-17.