SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH TRƯỜNG THPT VÙNG CAO VIỆT BẮC CHUYÊN ĐỀ: CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT MANG ĐIỆN TRONG ĐIỆN TRƯỜNG VÀ TỪ TRƯỜNG Tác giả (Nhóm tác giả): Tổ Vật lý Trường THPT Vùng cao Việt Bắc I – CƠ SỞ LÝ THUYẾT Khi một vật mang điện, có điện tích q và khối lượng m, chuyển động trong không gian, ở đó có cả điện trường và từ trường thì nó chịu tác dụng của cả lực điện và lực từ xác định theo công thức (gọi là công thức Lorenxơ): r r rr f = qE + q v .B  (1) Theo định luật thứ hai Niutơn, phương trình chuyển động của hạt có dạng r r r r ma = qE + q v + B  (2) Dưới đây ta sẽ dựa vào phương trình (2) để xét chuyển động của hạt mang điện trong một số trường hợp và ứng dụng trong khoa học kỹ thuật. 1. Chuyển động của hạt mang điện trong từ trường đều r Xét một hạt có điện tích q và khối lượng m, có vận tốc ban đầu là v đi vào r khoảng không gian có từ trường đều với cảm ứng từ B . Bỏ qua tác dụng của trọng lực (vì khối lượng của hạt ta xét là rất nhỏ). Phương trình chuyển động của hạt có dạng: r rr ma = q v .B  (3) r Trước hết ta nhận xét ngay rằng: vì lực Lorenxơ f luôn luôn vuông góc với r v , nên công của lực Lorenxơ luôn luôn bằng không, động năng của hạt không đổi; do đó độ lớn v của vận tốc không đổi trong quá trình hạt chuyển động. r a) Đầu tiên, để đơn giản ta xét trường hợp vận tốc v vuông góc với véc tơ r cảm ứng từ B và giả thiết q>0. Khi đó độ lớn của lực Lorenxơ tác dụng lên hạt bằng f = qvB (4) 1 nghĩa là có giá trị không đổi. Vì lực Lorenxơ vuông góc với phương chuyển động nên nó đóng vai trò lực hướng tâm. Dưới tác dụng của lực đó hạt chuyển động theo một đường tròn bán kính r, và phương trình (3) lúc này có dạng: mv 2 (5) = qvB r Từ đó tìm được bán kính r của quỹ đạo tròn của hạt v r= q (6) .B m Ta thấy bán kính quỹ đạo phụ thuộc vào vận tốc v của hạt mang điện, vào độ lớn cảm ứng từ B và vào tỉ số q (tỉ số này được gọi là điện tích riêng của hạt m mang điện). Chu kỳ T của chuyển động của hạt hạt mang điện bằng: 2π r 2π 1 T= = . q B v m Từ đó, vận tốc góc (tần số góc) ω của hạt bằng: 2π q ω= = .B T m Tần số góc ω này được gọi là tần số góc xiclôtrôn. Ta thấy chuy kỳ T và tần số góc ω của hạt chỉ phụ thuộc vào điện tích riêng q và cảm ứng từ B chứ không phụ thuộc m vào vận tốc v. Nếu hai hạt giống nhau, cùng xuất phát từ một điểm O trong từ trường nhưng với vận tốc ban đầu khác nhau (hình 1) thì sau khi chuyển động một vòng với cùng một khoảng thời gian, chúng sẽ lại cùng gặp nhau ở O. b) Bây giờ xét trường hợp tổng quát khi vận tốc ban đầu (7) (8) r r v2 v1 O Hình 1 r π r r v của hạt hợp với véc tơ cảm ứng từ B một góc α bất kỳ ( α ≠ ). Phân tích v làm 2 r r r r hai thành phần vt song song với B và vn vuông góc với B , ta có vt= vcosα và vn = vsinα (9) r Lực Lorenxơ gây bởi thành phần vt bằng không. Chỉ có lực Lorenxơ xác r định bởi thành phần vn là khác không: 2 F = qvBsinα = qvnB (10) lực này làm cho hạt chuyển động theo đường tròn nằm trong mặt phẳng vuông góc r với B . Như vậy chuyển động của hạt là tổng hợp của hai chuyển động: r + Chuyển động tròn đều trong mặt phẳng vuông góc với B , với vận tốc dài bằng vn, bán kính quỹ đạo r, chu kỳ T và tần số góc ω xác định bằng các công thức (6), (7), (8) trong đó thay v bằng vn = vsinα. + Chuyển động thẳng đều theo quán tính với vận tốc vt= vcosα dọc theo r phương của B . Vì vậy quỹ đạo của hạt là một đường đinh ốc hình trụ, có trục trùng với r phương của véc tơ cảm ứng từ B . Bước của đường đinh ốc là 2π v cos α 1 l = vt .T = . q (11) B m 2. Sự lệch của hạt mang điện chuyển động trong điện trường và từ trường a) Xét một chùm hẹp các hạt mang điện có khối lượng m và điện tích q (các r electron chẳng hạn) chuyển động với vận tốc v0 đi qua khoảng không gian giữa hai bản của một tụ điện phẳng đặt nằm ngang có chiều dài l1. Nếu giữa hai bản tụ chưa có điện trường, hạt mang điện sẽ chuyển động thẳng đều và đập vào màn chắn tại O. Khoảng cách từ màn tới tụ điện là l2. Đặt vào giữa hai bản tụ điện một hiệu điện thế và để cho đơn giản, giả thiết là khoảng cách giữa hai bản tụ điện là nhỏ so với r kích thước của chúng để cho điện trường E giữa hai bản có thể xem là đều. Khi đó chuyển động của hạt mang điện có thể xem là tổng của hai chuyển động: r + Chuyển động đều theo phương v0 với vận tốc v0. + Chuyển động nhanh dần đều theo phương vuông góc với các bản với gia tốc : a = F qE = và với vận tốc ban đầu bằng không. m m l2 l1 r v0 - r E O α + y1 r v0 r vr v y y2 Hình 2 3 y y l 1 Thời gian hạt mang điện chuyển động trong điện trường là T = v . Sau 0 khoảng thời gian đó hạt bị lệch theo phương Oy vuông góc với các bản tụ điện một khoảng: at 2 qE l12 y1 = = . (12) 2 2m v02 Khi hạt bắt đầu rời khỏi tụ điện, vận tốc vy của hạt là: qE l1 v y = at = . 2m v0 (13) Bắt đầu từ đó hạt chuyển đồng đều theo phương của vận tốc tổng hợp rr r r r v (v = v0 + v y ) lập với v0 một góc α xác định bởi: tan α = vy v0 = q l1E m v02 (14) Do đó khi ra khỏi tụ điện hạt bị lệch theo phương Oy một khoảng y2 mà q ll y2 = l2 tan α = 1 22 E (15) m v0 r E là: Như vậy độ lệch tổng cộng của hạt mang điện do tác dụng của điện trường y = y1 + y2 = q l1  l1  + l2 ÷E 2  m v0  2  (16) l  y =  1 + l2 ÷tan α (17) 2  Kết quả này cho thấy sau khi rời khỏi tụ điện (rời khỏi điện trường) hạt chuyển động thẳng tựa như là nó đã xuất phát từ giữa tụ điện mà phương chuyển r động lập với v0 một góc α. b) Bây giờ ta xét sự lệch của một chùm hạt mang điện chuyển động với vận r tốc ban đầu v0 đi qua một khu vực có chiều dài l1 trong đó có từ trường, véc tơ cảm r r ứng từ B vuông góc với vận tốc v0 , khoảng cách từ màn tới khu vực có từ trường là l2. Trong khu vực có từ trường hạt chuyển động theo một cung tròn bán kính Hay R= mv0 r v0 một . Khi ra khỏi khu vực đó hạt bị lệch theo phương Oy vuông góc với qB đoạn y1 tính theo công thức: l12 = y1 (2 R − y1 ) . 4 Xét trường hợp sự lệch của hạt là nhỏ, ta có l12 = 2 Ry , suy ra l12 qB l12 y1 = = . 2 R 2m v0 (18) Khi ra khỏi khu vực có từ trường hạt chuyển động đều theo phương lập với phương chuyển động ban đầu một góc β tính theo công thức y 2y l tan β = 1 = 1 = qB 1 (19) l1 l1 mv0 2 Do đó sau khi ra khỏi khu vực có từ trường hạt bị lệch theo phương Oy một khoảng y2 l2 l1 r v0 r B r E O y1 β r v0 r v y2 r vy y Hình 3 y y2 = l2 tan β = qBl1l2 mv0 (20) r Như vậy độ lệch tổng cộng của hạt mang điện do tác dụng của từ trường B là: l  y = y1 + y2 =  1 + l2 ÷tan β (21) 2  Ta thấy, khi rời khỏi từ trường hạt chuyển động thẳng tựa như nó là đã xuất phát từ tâm của khu vực có từ trường mà phương chuyển động lập với vận tốc ban r đầu v0 một góc β. Theo (16), (21) ta nhận thấy sự lệch của hạt mang điện trong điện trường và từ trường có tỉ lệ với điện tích riêng q r r của hạt, tỉ lệ với cường độ từ trường ( E hoặc B m 5 r q ) và phụ thuộc vận tốc ban đầu v0 của hạt. Những hạt có cùng điện tích riêng và m r vận tốc v0 sẽ bị lệch như nhau và đập vào cùng một điểm trên màn chắn. II. BÀI TẬP VÍ DỤ Bài tập 1. T Trong một ống phóng điện tử, các electron T’ α được gia tốc bởi hiệu điện thế U = 1 KV rồi bay qua d khe T theo phương ngang TT’. Mục tiêu là M, với + B R TM = d = 5 cm, α = 600 (hình 4). r a) Tìm cảm ứng từ B của từ trường vuông góc M 0 với mặt phẳng hình vẽ để tất cả các electron sau khi Hình 4 ra khỏi khe T rơi đúng vào mục tiêu. ur uuur b) Hãy tính giá trị của B //T M để các electron rơi đúng vào mục tiêu. Cho rằng B < 0,03 T; e = 1,6 . 10 –19 C. Bài giải r a) Véc tơ B vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. 2 Năng lượng của electron mv 0 2 = eU → v0 = 2eU m * Khi ra khỏi ống electron chịu tác dụng của lực Lorenxơ F = Bev0 có phương r r vuông góc với mặt phẳng ( B ; v 0 ) và đóng vai trò lực hướng tâm: mv 02 mv 02 mv 0 → Bev 0 = → B = Fht = R R eR * Để e đến được M thì R = →B = TM 2Sin a = d 2Sin a mv 0 2sin a 2eU với v 0 = . e d m 2sin a 2mU . d e r uuur b) Tính B khi B //T M * Khi ra khỏi ống e chịu tác dụng của lực Lorenxơ Ta có B = T v0 B M 6 Hình 5 T′ r r F = e[ B Ù v 0 ] → F = Bev0 sinα Lực Lorenxơ đóng vai trò của lực hướng tâm m (v 0sin a )2 Fht = R m (v 0Sin a)2 nên Bev 0 sin a = R → chu kỳ xoắn là: T = → R = mv 0sin a eB 2pm 2pR = eB v 0sin a * Theo phương TM hạt chuyển động với vận tốc vTm = v0 cosα - Bước xoắn h =vTm.T = 2pmv 0cos a eB - Để hạt đến được M thì TM = N.h = d → B = N . 2U m 2pcos a . e d 2U m 2pcos a < 0,03 . . e d Vậy B = N . 6,7 . 103T với N = 1; 2; 3; 4 Bài tập 2. Một hạt có khối lượng m, điện tích q x + B dương, bắt đầu chuyển động với vận tốc v vx theo hướng song song với trục ox trong một vy từ trường đều có cảm ứng từ B= ax (x ≥ 0) (hình 6). vt O Hãy xác định độ dịch chuyển cực đại Hình 6 của hạt theo trục Ox. Bài giải Ta thấy hạt chỉ chuyển động trong mặt phẳng xoy. r Gọi vt là vận tốc của hạt tại thời điểm t. Do tác dụng của lực Lorenxơ ur ur ur r Ft = qB Ù vt vuông góc với vt nên công của FL = 0, động năng của hạt đựơc bảo Do B < 0,03T ® N . toàn. 1 1 1 mv 02 = mv x2 + mvy2 ®£vy 2 2 2 * Theo định luật Niutơn II có qBvx = may Ta có: 7 v = vt . y ® Thay B = ax ; vx = dx ® qaxdx = mdvy dt 2 ® qa ò xdx = m ò y dvy ® qax = mv ® x = y 0 0 2 x V Vậy xmax = 2mvy qa £ 2mv qa 2mv qa Bài tập 3. + + Hình 7 là một tiết diện của một dây dẫn bằng đồng có cạnh là (h, a). Dòng điện I đi từ phía trước ra phía sau. h + + r Từ trường có cảm ứng từ B hướng sang phải, vuông góc với dây dẫn. + + a) Tính vận tốc chuyển động v của electron trong dây a dẫn. + Hình + 7 r b) Xác định độ lớn và hướng của lực từ F tác dụng lên eclectron. r c) Cần phải đặt một điện trường E có độ lớn và hướng như thế nào để cân bằng tác dụng của từ trường? d) Xác định hiệu điện thế U cần đặt vào cạnh của dây dẫn để tạo ra điện r trường E như vậy. Cần đặt hiệu điện thế vào cạnh nào? e) Nếu ta không đặt điện trường ngoài vào thì dưới tác dụng của lực từ, r electron lệch về một phía, do đó trong dây dẫn cũng xuất hiện một điện trường E 1 , điện trường này có cường độ tăng dần đến khi nào tác dụng của nó cân bằng với r tác dụng của lực từ F . Hãy tính cường độ điện trường ngang E 1 . Cho biết rằng mật độ của Eclectron dẫn trong dây dẫn là n = 1,1.1029m-3 h = 0,02 m; a = 0,1 cm; I = 50 A; B = 2 T. Bài giải a) Mật độ dòng điện chạy trong dây i = env. I I i= thay số có v = 1,4.10-4 m/s. ® v = ah ahen b) Lực tác dụng lên electron chính là lực Lorenxơ. Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta thấy lực này hướng xuống dưới. r Vì electron chuyển động vuông góc với B lên lực tác dụng lên electron là: F = evB = 1,6.10-19.1,4.10-4.2 » 4,5 .10-23N 8 c) Muốn cân bằng lực từ phải đặt vào một điện trường đều hướng xuống dưới sao cho: eE = evB ® E = v.B = 1,4.10-4.2 = 2,8.10-4V/m d) Hiệu điện thế phải đặt vào cạnh trên và dưới của dây dẫn, cạnh trên có điện thế cao hơn cạnh dưới. Vì điện trường E đều nên: U = Eh = 2,8.10-4.2.10-2 ® U = 5,6.10-6 V e) Nếu ta không đặt điện trường ngoài thì dưới tác dụng của lực Lorenxơ electron sẽ bị lệch xuống phía dưới. Do đó cạnh dưới của dây thừa điện tích âm. Trong dây xuất hiện điện trường E1 hướng từ trên xuống dưới. Điện trường này có độ lớn tăng dần, chống lại tác dụng của lực Lorenxơ, sau một thời gian ngắn trạng thái cân bằng được thiết lập. Tác dụng của lực Lorenxơ hoàn toàn bị cân bằng bởi tác dụng của điện trường E1. Giữa cạnh trên và cạnh dưới của dây có hiệu điện thế U1=E1h. Phương chiều và độ lớn của điện trường E1 này hoàn toàn giống điện trường E ở mục c. * Chú ý: Trong mọi trường hợp khi mà một dây dẫn (hay vật dẫn nói chung) có dòng điện chạy qua được đặt trong từ trường thì trong dây dẫn đều xuất hiện điện trường phụ E1 và do đó ở hai cạnh bên của dây dẫn xuất hiện một hiệu điện thế U1. Hiện tượng này gọi là hiện tượng Hall. Bài tập 4. Trong hình 8, S1 và S2 là hai mặt giới hạn B1 nằm song song và chia không gian ra làm ba phần I khác nhau I, II, III. Trong các vùng I và II có các từ S1 v0 trường đều, có phương vuông góc với tờ giấy, III L E O chiều hướng ra ngoài, cường độ cảm ứng từ lần S2 lượt là B1 và B2. Trong vùng III có điện trường đều B2 II cường độ E, chiều hướng từ S2 sang S1. Người ta phóng một hạt nhỏ khối lượng m Hình 8 mang điện tích dương q cho nó chuyển động với vận tốc v0 từ O hướng về phía S1 khoảng cách từ O đến S1 là L 2 bỏ qua tác dụng của trọng lực. Để cho hạt có thể chuyển động theo quỹ đạo đó cho trong bài (2 đoạn cong trên quỹ đạo có bán kính bằng nhau). Hãy xác định: a) Tỷ số cường độ các cảm ứng từ B1 và B2. 9 I v1 v0 v0 E O III II B1 B2 L v2 Hình 9 b) Điện trường E phải có trị số nhỏ hơn bao nhiêu? Bài giải a) Gọi v1 và v2 lần lượt là vận tốc của hạt mang điện khi đi vào các vùng (I) và (II). Áp định lí động năng, ta có: 1 2 1 2 Mặt khác: R = 2 mv1 2 mv 2 - 1 2 1 2 2 mv 0 = q.E . 2 L Þ v1 = 2 mv 0 = - q.E . L 2 Þ v2 = 2 v0 + 2 v0 - qEL m qEL m mv và R1 = R2 nên ta có: q .B mv1 qB 1 = mv 2 qB 2 Þ B1 = B2 v1 v2 2 = mv 0 + qEL 2 mv 0 - qEL b) Để cho hạt mang điện có thể đi vào vùng (II) thì động năng của hạt tại O phải lớn hơn độ tăng thế năng tính điện khi hạt dịch chuyển từ O tới S2: 1 2 2 mv 0 > q.E . L 2 2 Þ E < mv 0 qL Bài tập 5. Một chùm prôtôn đi vào một vùng ur -2 B2 không gian có bề rộng d = 4.10 m và có từ 1   trường đều B1 = 0,2T. Sau đó prôtôn đi tiếp Chùm prtôn vào vùng không gian cũng có chiều rộng d nhưng từ trường B2 = 2B1. Lúc đầu, Prôtôn có vận tốc vuông góc d d với véctơ cảm ứng từ B và vuông góc với Hình 10 mặt biên của vùng không gian có từ trường (hình 10). a) Hãy xác định giá trị của hiệu điện thế V 0 để tăng tốc cho prôtôn sao cho hạt prôtôn đi qua được vùng đầu tiên. b) Hãy xác định hiệu điện thế V 0 sao cho prôtôn đi qua được vùng thứ hai. c) Hãy xác định hiệu điện thế V 0 sao cho prôtôn sau khi đi qua được vùng thứ hai, thì có vận tốc hợp với phương của vận tốc ban đầu một góc 60 0. (Trích đề thi Olimpic Vật lí quốc gia Ý 1998) Bài giải a) Trong từ trường đều, hạt mang điện có quỹ đạo là đường tròn, bán kính r B 10 r1 = - Theo định luật bảo toàn năng lượng: Từ đó: r1 = æ mv 2m ç ç ç ç è2 2 2 ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø 2 q B1 = mv qB 1 mv 2 = qV 0 2 2mV 0 C 2 qB 1 - Để proton đi qua được vùng thứ nhất thì r 1 > d, do đó: α qB 12d 2 V0 > = 3,1kV 2m b) Sau khi qua vùng 1, prôtôn vẫn giữ nguyên giá trị vận tốc, nhưng có phương thay đổi (Lực Lorenxơ không làm thay đổi độ lớn vận tốc của hạt mang điện). Véctơ vận tốc lệch đi một góc α sao cho sinα = Do B2 = 2B1 nên: r2 = 2mV 0 2 qB 2 = 1 2 d r1 r1 O1 d Hình 11 (2) (1) . C r1 α - Để prôtôn đi qua được vùng 2 thì: O 2H > (r2sinα + d) → r1 > 3d O1 qB 2d 2 Vậy: V0 > 9 1 = 28kV 2m c) Góc lệch toàn bộ: δ = α + γ, γ O2 r1 d - Theo điều kiện của bài toán δ = 3 δ= α + , do đó: æ ö p 3 ç ÷ sin ç - b÷ = cos b = sin d = ÷ ç ÷ 2 è2 ø 2 2 (r sin a + d ) 3d qB d = Vì cosβ = 2 nên V0 = 12 1 = 36,8kV. r2 r1 2m Bài tập 6. 11 r2 d Hình 12 æ ö p p ç ÷ = - b ç - a - b÷ ÷ ÷ 2 ç è2 ø p β H Các electron qua O vào một miền D rộng L, trong đó có một từ trường đều không đổi. Ta xem ngoài miền D, từ trường bằng 0. Giả thiết bề rộng L của miền thỏa mãn: L 0 và khối lượng m y dịch chuyển trong một môi trường trong đó hạt B chịu một lực ma sát có dạng: r r r 2 v với K > 0. Từ trường đều B không F = - Kv v r x đổi vuông góc với vận tốc v0 ban đầu của hạt. 0 Hình 14 Chứng tỏ rằng chuẩn (độ lớn) của vận tốc hạt giảm theo thời gian. Vận tốc tốc bằng 0 có thể đạt được sau một thời gian hữu hạn không? Bài giải Vật chịu tác dụng của lực từ và lực ma sát: Phương trình chuyển động của hạt: v ® ® Tích phân: ® ® ® ® Þ d v = q v Ù B - k v. v m d v = F t + F ms dt dt m m Chiếu lên phương chuyển động: dv k dt dv k 2 Þ 2 =m Þ =v v . dt m Þ ® 1 1 k = t v v0 m v0 Þ v= 1 + v0 Þ Vận tốc hạt giảm theo thời gian. Bài tập 8. 13 k t m Một điôt chân không, trong đó khoảng cách giữa anôt và catốt bằng d, ở trong một từ trường có cảm ứng từ bằng B và hướng song song với mặt phẳng các bản cực. Hỏi điện áp tối thiểu giữa hai cực bằng bao nhiêu để các electron từ bề mặt catốt có thể đến được anốt. Coi các electron ở bề mặt catốt là đứng yên và bỏ qua tác dụng của trọng trường. Giải - Ta sẽ khảo sát các điện áp trên điôt sao cho các electron khi rời catôt sẽ quay trở lại mà không tới được anôt. Trên hình 15 biểu diễn đoạn đầu của quỹ đạo với hướng của cảm ứng từ đã cho. - Giả sử electron tại một điểm nào đó trên quỹ đạo và có 2 thành phần vận tốc v x và v y , còn giữa hai bản cực của điôt có một điện trường đều r E . Khi đó electron chịu tác dụng lực của cả từ trường lẫn điện trường và ta có phương trình chuyển động của electron theo các phương x và y Hình 15 như sau: dv và m e x = evy B dt me dvy = eE - ev x B dt Hai phương trình trên có thể viết lại dưới dạng sau: e E - wcvx v x' = wcvy và vy' = me trong đó hệ số wc = eB me được gọi là tần số cyclotron. - Vi phân phương trình thứ hai thế vào phương trình thứ nhất, ta được: vy'' + wcvy = 0 Nghiệm tổng quát của nó có dạng: vy (t ) = A sin wct + C cos wct ,trong đó A và C là các hằng số được xác định từ điều kiện ban đầu. eE ' + Theo đề bài, tại t = 0 , v 0 (0) = 0 và vy (0) = . me Từ đó suy ra C = 0 và A = eE . m e wc 14 Cuối cùng, biểu thức của vy (t ) có dạng: vy (t ) = eE sin wct . m e wc - Độ dịch chuyển của electron theo trục y: t t y (t ) = ò vy (t )dt = ò 0 0 eE eE sin wcdt = (1 - cos wct ). m e wc m e wc2 - Từ phương trình của vy (t ) ta dễ dàng tìm được thời điểm t N khi electron ở xa catôt nhất: đó chính là thời điểm vy (t ) = 0, hay wct N = (2N + 1)p với N = 0, 1, 2,... (giải thích xem tại sao lại không lấy nghiệm wct N = 2N p ). Tại những thời điểm đó độ dịch chuyển theo phương y của electron bằng: y N = 2m eE 2eE = m e wc2 eB 2 - Khi quỹ đạo của electron có đỉnh chạm vào anôt, thì độ dịch chuyển y N của nó bằng khoảng cách d giữa catôt và anôt và điện áp trên điôt sẽ bằng điện áp cực tiểu U min cần tìm: d = 2m eU min edB 2 , Từ đây ta tìm được: U min ed 2B 2 = . 2m e Bài tập 9. Một hạt mang điện tích dương q, khối lượng m chuyển động thẳng đều với r vận tốc v 0 dọc theo trục x’Ox nằm ngang trong vùng không gian có tác dụng của r điện trường đều và từ trường đều. Vectơ cường độ điện trường E cùng chiều với r trục Oz, hướng thẳng đứng xuống dưới (hình 16). Vectơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. x v0 O 1.Hãy xác định chiều và độ lớn của vectơ cảm r . ứng từ B (theo q, m, E và gia tốc rơi tự do g). B vx 2. Khi hạt tới điểm O, người ta đột ngột đảo z r r chiều của cảm ứng từ B (làm B đổi hướng FL ngược lại, nhưng vẫn giữ nguyên độ lớn ban vz v đầu của nó). Chọn gốc thời gian là lúc hạt tới P +Fđ O. Hãy thiết lập phương trình chuyển động của hạt ở thời điểm t và phác hoạ quỹ đạo của hạt. Hình 16 z r Xem rằng thời gian làm đảo chiều của B là nhỏ không đáng kể. 15 3. Xác định thời điểm gần nhất để hạt lại tới trục x’Ox. Tìm vị trí của hạt và vectơ vận tốc của hạt lúc đó. Bài giải r 1) Vì hạt chuyển động đều nên lực Lorenxơ F tác dụng lên hạt phải cân bằng với r r r r r hợp lực của lực điện trường ( Fd = qE ) và trọng lực ( P = mg ). Nghĩa là FL hướng thẳng đứng lên trên và có độ lớn: FL = qE + mg = qv 0B ® B = qE + mg qv 0 (1) r Véc tơ B hướng theo trục Oy, vào phía trong mặt phẳng hình vẽ. r r 2) Bây giờ véctơ B và FL có chiều như trên hình vẽ. áp dụng định luật II Newton: r r r r ma = Fd + P + FL (2) Chiếu (2) lên Ox và Oz (chú ý đến (1)): dvx Bq (3) =v dt m z dvz Bq Bq = vx + qE + mg = (v + v 0 ) dt m m x Bq ' B 2q 2 " Từ (3) và (4): vx = v =(v + v 0 ) m z m2 x ® vx + v 0 = A sin( wt + f ) , với w = Bq m ® vx = A sin( wt + f ) - v 0 (6) Từ (6) và (3): vz = - A cos( wt + f ) Lúc t = 0, ta có: vx = v 0 và vy = 0 ; p suy ra: A = 2v 0 , f = 2 ® vx = 2v 0 sin( wt + p) - v 0 ; (8) 2 p và vy = - 2v 0 cos( wt + ) (9) 2 16 (4) (5) (5’) (7) −2π mv0 −π mv0 Bq O v0 Bq z x Hình 17 2v 0 p cos( wt + ) - v 0t + x 0 w 2 Lúc t = 0 , x = 0 , suy ra x 0 = 0 Từ (8): x = - Bq m 2mv 0 Bq p cos( t + ) - v 0t Vậy: x = Bq m 2 Tương tự, từ (9) và biết lúc t = 0 , z = 0 , ta có: ù æ 2mv 0 é Bq pö ÷ ê1 - sin ç ú ÷ z= t + ç ÷ ê ÷ ç Bq ë 2 øú èm û Phác hoạ quỹ đạo của hạt như trên hình 17. 4mv 0 pmv 0 Bq + Khi , x =. t = p thì z = Bq Bq m và biết w = + Khi (10) (11) 2pmv 0 Bq t = 2p thì z = 0 , x = Bq m 3) Khi hạt bắt đầu lại gặp trục Ox, thì z = 0 ® sin( Bq p t + ) =1 m 2 2pm ® Bq t = 2p hay t = Bq m Khi đó x = - v 0t = - 2pmv 0 , và từ (8) và (9) tìm được: Bq vx = + 2v 0 - v 0 = v 0 ; vz = 0 r Vận tốc v của hạt hướng theo chiều dương của trục Ox và có độ lớn bằng v 0 . Bài tập 10. Một chùm tia hẹp gồm các ion 39K và 41K đi vào khe hẹp của khối phổ kế, động năng của các ion là T = (500 ± 5) eV. Chùm tia có góc mở là 2α = 60 khi bắt đầu đi vào khối phổ kế. Từ trường B = 0,7T có phương vuông góc 2α với mặt giấy. Đặt tấm phim lên mặt phẳng AM (hình 18).  A BN Hình 18 17 1 N2 M 1. Các ion 39K và 41K với năng lượng 500eV, khi đi vào theo phương vuông góc với AM, rơi vào hai điểm N1 và N2 trờn tấm phim. Hãy xác định các khoảng AN1; AN2 và N1N2. 2. Hãy xác định bề rộng của các vết trên phim ứng với từng đồng vị. Muốn vậy, hãy tính: a) Bề rộng D x1 của vết tạo ra do tính phân kỳ của chùm tia (tất cả các ion đều có năng lượng 500eV). b) Bề rộng D x2 do sự khác nhau về ion. Cho biết tất cả các ion xuất phát từ A theo phương vuông góc AM. Tổng chiều rộng các vết là D x » D x1 + D x2. 3. Liệu với khối phổ kế trên có thể phát hiện hai đồng vị 39K và 41K trong chùm tia trên không? Bài giải 1. Do từ trường, các ion có khối lượng M chuyển động theo đường tròn với bán kính: R = Mv = eB 2MT eB AN = 2R = 2 2MT (1) eB + Với 39K: AN1 = 5,75cm; 42K: AN2 = 5,90cm N1N2 = 1,45mm 2. a) Các hạt có phương vuông góc với mặt AM sẽ chuyển động theo nửa vòng tròn bán kính R và đập vào tấm kính tại N1. - Các ion có hướng hợp với pháp tuyến của AM góc α vạch nên cung tròn AN1’N1’’. N’1 O’ R α α A O N’’1 N2 M Hình 19 a » Ra 2 Từ hình vẽ, ta có: N1N’’1 = AN1 – AN”1 = 2R – 2R(1 – cosα) = 4Rsin 2 - Các iôn ở mép kia của chùm tia (hướng – α) cũng rơi vào điểm N”1. ∆x1 = Rα2 = 0,08mm (2) 2 1 æ 1 dT ö 2 ö ÷ MT 0 æ ç d T ÷ ÷ ç 1+ ç b) Thay T = T0 + δT trong (1) ta có: d = 2 ÷ ÷ 1+ » 2 R ç ç ÷ ÷ ç 2 T ç è ø ÷ 0 eB ç T è 0 ø ∆x2 = dmax – dmin = 2R DT T0 = 0,58mm (3) 3. N1N2 = 2∆x. Các vạch tách rời nhau, vì vậy có thể dựng khối phổ kế để phát hiện 39 K và 41K. 18 Bài tập 11 (April 2007) Hai hạt mỗi hạt khối lượng m, được tích điện trái dấu nhưng có độ lớn bằng nhau. Ban đầu các điện tích được giữ đứng yên trong từ trường đều có phương vuông góc với đường thẳng nối các điện tích. Sau đó, hai điện tích được thả tự do cùng lúc. Hỏi ban đầu hai điện tích phải có khoảng cách L nhỏ nhất bằng bao nhiêu để chúng không thể dính vào nhau sau khi được thả tự do. Bỏ qua hiệu ứng hấp dẫn. Bài giải Chọn gốc tọa độ tại trung điểm của đoạn thẳng nối vị trí của hai điện tích tại thời điểm ban đầu, trục Ox trùng với đường thẳng nối hai vị trí này và có chiều dương hướng về phía điện tích dương, trục Oz có hướng trùng với hướng của vectơ ur cảm ứng từ B , trục Oy có chiều dương hướng xuống dưới theo chiều chuyển động r ur F = q . v Ù B = q.v .B , khi chúng bị đẩy của hai điện tích dưới tác dụng của lực từ B r uur i 2 chuyển động với vận tốc v dưới tác dụng của lực hút tính điện FE = - kq × 2 ( 2x ) giữa hai điện tích. Vì chuyển động của hai điện tích là tương đương nhau, nên chuyển động của chúng là hoàn toàn đối xứng và luôn nằm trên cùng một đường thẳng song song với Ox. Do đó ở đây ta chỉ xét chuyển động của điện tích dương: - Ban đầu điện tích dương được đặt tại vị trí x i = L/2, yi = 0. Sau đó lực điện hút chúng lại gần nhau nên tọa độ x giảm dần (vì v x < 0), khi các điện tích chuyển động trong từ trường vuông góc sẽ chịu tác dụng của lực Lorentz hướng theo Oy nên tọa độ y tăng dần (vì vy > 0). uur uur r Khi đó, theo định luật II Newton, ta có: FE + FB = m .a Chiếu lên các trục Ox và Oy ta có: ìï ïï m ïï í ïï ïï m ïî dvx kq 2 =+ q.vy .B dt 4x 2 dv × y = - q.v x .B dt ( 1) ( 2) dx . Thay vào (2) và lấy tích phân hai vế của phương trình (2) dt theo t từ thời điểm ti = 0 đến thời điểm t bất kỳ, ta được: Ta có: vx = 19 vy = q.B m æ ö L ÷ ç ÷ x ç ÷ ç ÷ è2 ø (3) Với điều kiện ban đầu: ti = 0 thì xi = + L/2; vy = 0. Nhận xét: Thành phần vận tốc của điện tích dương theo phương Oy là một hàm của tọa độ x. uur r Vì FB ^ v nên lực từ không sinh công, nên theo định lý biến thiên động năng ta có: x òF E .dx = DÞ K kq 2 1 kq 2 æ 1 2ö 2 ç - ò 2 dx = mv Þ v = ÷ ç - ÷ ÷ ÷ ç 2 4 x 2 m x L è ø L/ 2 (4) Là tốc độ chuyển động của điện tích dương khi ở vị trí có tọa độ x. - Đề các điện tích không dính vào nhau thì phải có một vị trí tại đó các hạt chỉ chuyển động theo phương Oy, nghĩa là v = v y, giả sử vị trí đó có tọa độ x = x f. z ( 1 - z ) = 4c Bình phương hai vế của (3) và (4) ta có: zº Với tỷ số khoảng cách xf xi = 2x f L (5) ;c = m .k B 2 .L3 Đáng chú ý là phương trình (5) không phụ thuộc vào điện tích q, vì cả lực điện và lực từ đều tỷ lệ với điện tích q. Bây giờ ta sẽ xét điều kiện để L đạt giá trị nhỏ nhất có thể. Giá trị của L nhỏ thì giỏ trị của c sẽ lớn (phụ thuộc vào các giỏ trị của m, k và B đó cho). Do đó, chúng ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( z ) = z ( 1 - z ) . Hàm f(z) đạt giá trị lớn nhất khi z= 1/2, khi đó theo phương trình (5) ta có: c = 1/16. Ta thu được: L = (16m.k/B2)1/3. - Xét chuyển động của các điện tích tại vị trí x f. Thay xf = L/4 vàp phương trình (1) ta có: ù 4kq 2 é B 2L3 ê m .a xf = 2 ê - 1ú (6) ú= 0 L ë16.m .k û Điều này cho thấy vxf có giá trị không đổi và có giá trị cuối cùng bằng không. Mặt khác, tại đó lực điện và lực từ cân bằng nhau và các hạt chuyển động dọc theo phương Oy với khoảng cách bằng nửa khoảng cách ban đầu L. Hơn nữa, hai điện tích đối xứng nhau qua trục Ox, điều này không cho phép xác định hàm x(t), cho phép ta xác định chính xác thời điểm điện tích có vị trí xf. 20 - Cuối cùng, vấn đề đặt ra là điều gì sẽ xảy ra nếu L có giá trị khác với kết quả thu được ở trên? 1/ 3 æ 16m .k ö ÷ Nếu L < ç ÷ thì 4c > z.(1-z), khi đó: v > vy, vx ≠ 0. Do đó cuối cùng ç 2 ÷ ç ÷ è B ø hai điện tích sẽ dính vào nhau. Đó là do hai điện tích quá gần nhau khiến tốc độ các điện tích thu được do lực hút tích điện lớn, khiến cho một phần quỹ đạo của hai điện tích sẽ chồng lên nhau. 1/ 3 æ 16m .k ö 1 ÷ Nếu L > ç , theo (5) thì , điều này dẫn đến: ÷ z > ç ÷ ç ÷ z è B2 ø FBf = q.vf.B > FEf=k.q2/(2xf)2 do đó quỹ đạo chuyển động quay trở lại của các điện tích sẽ làm tăng tọa độ x cho tới khi khoảng cách giữa chúng lại là L, khi đó các điện tích lại ở trạng thái nghỉ và sau đó chuyển động của các điện tích sẽ lặp lại như cũ, khi đó quỹ đạo chuyển động của các điện tích sẽ có dạng như hình vẽ. Các hạt sẽ không thể tiến tới khoảng cách L/2; trong thực tế khoảng cách này sẽ đạt giá trị xấp xỉ L nếu L có giá trị rất lớn. Bài tập 12. (Kỳ thi Vật lý thế giới lần thứ 18 tại Đông Đức, 1987) Trong lòng một buồng hình xuyến có từ trường 2α0 r với cảm ứng từ B có độ lớn B không đổi. Từ nguồn điểm P phát ra một chùm electron theo phương các đường sức, electron đã được tăng tốc bởi hiệu điện thế P R V0. Góc mở của chùm 2α0 rất nhỏ ( 2α0 0), khối lượng m chuyển động trong điện trường gây bởi các ion dương. Các ion dương phân bố đều với mật độ điện tích ρ trong vùng không gian dạng khối trụ, bán kính R, trục đối xứng là xx' và đủ dài. Giả sử các lực khác tác dụng lên hạt là rất nhỏ so với lực điện và trong khi chuyển động hạt không va chạm với các ion dương. Xét hai trường hợp sau: 1. Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa trục đối xứng xx': r Lúc đầu hạt ở điểm M cách trục một đoạn a < R và có vận tốc v 0 hướng theo phương của trục. Giá trị v 0 phải bằng bao nhiêu để sau khi hạt đi được một khoảng L (tính dọc theo trục) thì nó tới điểm N nằm cùng phía với M so với trục xx' và cách trục một đoạn a 2 ? 2. Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng xx': Lúc đầu hạt ở điểm P cách trục một khoảng b > R, có r vận tốc v 0 nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng. y r rv v0 rP v // R O Hình 25 Lấy giao điểm O của mặt phẳng này với trục xx' làm tâm, vẽ một r r r r vòng tròn bán kính b qua P và phân tích v 0 = v + v/ / , trong đó v có phương tiếp r tuyến với vòng tròn còn v/ / hướng dọc theo phương bán kính. Giả sử v/ / = v . a) Chứng minh rằng hạt chuyển động tuần hoàn theo phương bán kính đi qua hạt. b) Tìm độ lớn của v và chu kì T. T c) Tính khoảng cách l từ P tới hạt sau khoảng thời gian t = n (n nguyên, 2 dương). 26 Bài giải 1. Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa trục đối xứng: Tại điểm cách trục một khoảng r cường độ điện trường là E. Áp dụng định lí OG : rr E.2πLr = ρ.πr2L/ε0. Suy ra: E = 2e0 - Theo phương Or vuông góc với trục x'x, hạt chịu tác dụng của lực qr r .. F = qE = , do đó hạt có gia tốc r : 2e 0 & ® Có - F = mr& - qr r & ® = mr& 2e0 &+ r& qr r = 0. 2m e0 - Hạt dao động điều hoà theo phương Or với chu kì : T = 2p - Thời gian hạt đi từ M tới N theo phương x'x của trục là t = 2e0m . qr L . v0 - Mặt khác theo phương vuông góc với trục: t a 1 a cos(2p ) = ® t = (k ± )T T 2 6 T 1 suy ra t = và t = (k ± )T với k nhận giá trị nguyên dương. 6 6 Vậy v0 = L 3L = T p 6 qr v = 2m e0 và 0 L 1 T (k ± ) 6 = L 1 2p(k ± ) 6 qr 2m e0 với k = 1,2,3,... 2. Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng. Tại điểm cách trục r (r > R) cường độ điện trường là E. Theo định lí O- G: rR 2 E.2πLr = ρ.πR L/ε0 → E = . 2e0r 2 Tại P: Từ điểm cắt O của mặt phẳng quỹ đạo điện tích và trục xx' làm tâm, ta vẽ qua P một vòng tròn bán kính b. Ứng với khoảng cách b, hạt có vận tốc v, lực điện tác dụng: F = Fht → r qR 2 v2 qr qE = =m → v =R . 2e0b b 2m e0 27 Xét chuyển động của hạt trong hệ quy chiếu quay cùng vận tốc góc ω' với hạt (ω' là vận tốc góc tại thời điểm t > 0). w= Ta có vận tốc góc của hạt tại thời điểm t = 0 : v R = b b qr . 2m e0 a) Tại thời điểm t, vận tốc của điện tích là vt ≈ ω'.(b+y) vì v / / = vt Theo định luật bảo toàn mô men động lượng: æb m w'(b + y ) = m wb → w' = wç ç ç èb + 2 2 Lực điện tác dụng lên hạt F = 2 ö y 2y ÷ ÷ = w(1 + )- 2 » w(1 ) ÷ ÷ yø b b qr R 2 qr R 2 y y » (1 - ) = m w2b(1 - ) (vì x [...]... (1 - 3a / 2) ằ 77, 5 cm 3a Bi tp 14 Mt ht mang in - q (q > 0), khi lng m chuyn ng trong in trng gõy bi cỏc ion dng Cỏc ion dng phõn b u vi mt in tớch trong vựng khụng gian dng khi tr, bỏn kớnh R, trc i xng l xx' v di Gi s cỏc lc khỏc tỏc dng lờn ht l rt nh so vi lc in v trong khi chuyn ng ht khụng va chm vi cỏc ion dng Xột hai trng hp sau: 1 Ht chuyn ng trong mt phng cha trc i xng xx': r Lỳc u ht... gúc vi vộct v0 ti A Tớnh cm ng t B 2 3 Thc t khi chuyn ng trong vựng III v vựng IV, ht chu tỏc dng ca lc r r r cn FC t l thun vi vn tc ca ht ( FC = kv , vi k l hng s) Vỡ vy khi chuyn ng trong vựng III, bỏn kớnh qu o ca ht gim dn v khi ra khi vựng III, bỏn kớnh qu o ca ht b gim i 5% so vi khi khụng cú lc cn Tỡm di on ng l m ht cũn i tip c trong vựng IV Bi gii mvo2 2qU 1 Vn tc ca proton: = qU ị v 0... hỡnh xuyn B qua cỏc tng tỏc gia cỏc electron 1 gi chựm electron trong hỡnh xuyn phi cú mt r Hỡnh 20 t trng lỏi B 1 Tớnh B1 cho mt electron chuyn ng trờn qu o trũn bỏn kớnh R 2 Tớnh B sao cho chựm electron hi t 4 im cỏch nhau /2 nh trong hỡnh Khi xột qu o ca electron thỡ cú th b qua s cong ca cỏc ng sc t trng r 3 Khụng th gi chựm electron trong hỡnh xuyn nu khụng cú t trng lỏi B 1 Nhng electron vn cú... phớa vi M so vi trc xx' v cỏch trc mt on a 2 ? 2 Ht chuyn ng trong mt phng vuụng gúc vi trc i xng xx': Lỳc u ht im P cỏch trc mt khong b > R, cú r vn tc v 0 nm trong mt phng vuụng gúc vi trc i xng y r rv v0 rP v // R O Hỡnh 25 Ly giao im O ca mt phng ny vi trc xx' lm tõm, v mt r r r r vũng trũn bỏn kớnh b qua P v phõn tớch v 0 = v + v/ / , trong ú v cú phng tip r tuyn vi vũng trũn cũn v/ / hng dc theo... tp 15 Mỏy xincrophazotron l mỏy gia tc ht nng lng cao Trong ú t trng B(t) v tn s (t) ca in th xoay chiu cng thay i 28 1 Hóy tỡm biu thc liờn h gia (t) v B(t) vi cỏc ht gia tc chuyn ng trờn qu o cú bỏn kớnh khụng i R 2 Qu o n nh gm cỏc na ng trũn v on thng Trong cỏc on cong, di tỏc dng ca t trng, cỏc ht chuyn ng trũn vi bỏn kớnh R=28m v gi nguyờn trong sut quỏ trỡnh tng tc Cũn trờn on thng cỏc chựm ht... L=208m Prụtụn (cú nng lng ngh E0=938 MeV), ng nng ban u 9,0MeV c gia tc n nng lng 4000MeV dB Trong quỏ trỡnh ny, tc tng ca t trng l: dt = 0,4T/s Hóy xỏc nh: a) Giỏ tr u v cui ca tn s f ca hiu in th xoay chiu b) Khong thi gian tng tc t c) tng nng lng E ca prụtụn trong mt vũng quay d) S vũng quay v tng ng i ca prụtụn trong quỏ trỡnh tng tc ny B qua nh hng ca in trng do s thay i ca t trng gõy nờn Bi gii 1... = qr dt dt (6) dB = 2,33eV dt d) NE = E E0, trong ú: N l s vũng quay; (E E 0) tng nng lng trong quỏ trỡnh gia tc - T (5) v (6) ta c: E = qrL N= E - E0 DE = 4,3.106 vũng quay; S = NL = 9.105km Bi tp 16 Xiclụtrụn l mỏy gia tc ht tớch in u tiờn ca vt lý ht nhõn (1931) Nú gm cú hai hp rng cú dng tr na hỡnh trũn gi l cỏc D, t cỏch nhau mt khong rt nh (khe) trong mt bung ó rỳt ht khụng khớ (hỡnh 26) Cỏc... 48.10- 2T 3 Bi toỏn cú tớnh i xng quay quanh trc z vuụng gúc vi mt phng hỡnh xuyn nờn trong mt phng ny ta dựng cỏc to y c cc r v Cỏc i lng vộct (vn tc, lc Lorentz, t trng) cng s phõn tớch thnh cỏc 1 thnh phn tng ng Vỡ 0 rt nh ta ch cn xột mt electron c bn vo hỡnh xuyn bỏn kớnh R r vi vn tc u0 gn tip tuyn R r1 Trong t trng tớnh, ng nng ca electron Hỡnh 23 c bo ton: m 2 m (8) K = vr + v f2 + vz2... - R) m (11) 2 ổ Rử Thay trong (9) vf v vz bng (10) v (11) ta cú: u 02 = u 02 ỗ ữ + ỗ ữ ữ ữ ỗ ốr ứ 2 ộe ự ờ B (r - R)ỳ ờm ỳ ở ỷ hay 2 2 ổ ổ ử Rử 2 ỗr - R ữ ữ ữ 1=ỗ + A ỗ ữ ỗ ữ ữ ỗ R ứ ữ ữ ỗ ốr ứ ố Vi A = (12) e BR (12) l phng trỡnh tỡm im o m u0 2 2 ổ ổ ử Rử 2 ỗr - R ữ ữ Coi v phi ca (12) l hm s ca r: y = f (r ) = ỗ ữ ữ +A ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ r R ố ứ ố ứ th ca hm ny cú dng nh trong hỡnh v, chng t ngoi... phng song song P1, P2 v P3 cỏch nhau d1 = 2 cm v d2 = 4 cm, phõn khụng gian thnh 4 vựng I, II, III v B1 B2 P1 A P 2 600 d1 I P3 v0 R1 IV Trong vựng II v III ngi ta to ra t trng u cú r r vộct cm ng t B 1 v B 2 song song vi ba mt phng trờn v cú chiu nh hỡnh v Ht proton trong vựng I c tng tc bi hiu in th U , sau ú c a vo vựng II ti r im A trờn mt phng P1 vi vn tc v0 hp vi phỏp tuyn ca P1 mt gúc 600 B qua ... thy bỏn kớnh qu o ph thuc vo tc v ca ht mang in, vo ln cm ng t B v vo t s q (t s ny c gi l in tớch riờng ca ht m mang in) Chu k T ca chuyn ng ca ht ht mang in bng: r T= = q B v m T ú, tc gúc... ng t B Bc ca ng inh c l v cos l = vt T = q (11) B m S lch ca ht mang in chuyn ng in trng v t trng a) Xột mt chựm hp cỏc ht mang in cú lng m v in tớch q (cỏc r electron chng hn) chuyn ng vi... lch ca mt chựm ht mang in chuyn ng vi r tc ban u v0 i qua mt khu vc cú chiu di l1 ú cú t trng, vộc t cm r r ng t B vuụng gúc vi tc v0 , khong cỏch t mn ti khu vc cú t trng l l2 Trong khu vc cú