Bài giảng Vật lý 1 Lê Quang Nguyên ĐH Bách Khoa TP. HCM

Nội dung: Mô tả chuyển động

Các khái niệm căn bản

Động học chất điểm Áp dụng

Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

Quỹ đạo

z

• Δ hướng từ vị trí đầu đến vị trí cuối.

‫ݎ‬Ԧ(t+Δt) y

x

• Δ ≠ quãng đường Δs !! Quãng đường có độ dài Δs Vectơ

Vị trí ‫ݎ‬Ԧ(t)

• Độ dịch chuyển trong khoảng thời gian Δt:

∆r = r ( t + ∆t ) − r ( t )

6. Cộng vận tốc và gia tốc

1. Vị trí, độ dịch chuyển (tt)

Chất điểm • Vectơ vị trí:

r (t ) = x (t ) i + y (t ) j + z (t ) k

Đơn vị: mét (m)

4. Chuyển động ném xiên 5. Chuyển động tròn đều

Thay đổi hệ quy chiếu

1. Vị trí, độ dịch chuyển

1. Vị trí và độ dịch chuyển 2. Vận tốc 3. Gia tốc

Hệ quy chiếu

Δ‫ݎ‬Ԧ

Vô hướng

• Nếu chất điểm đi một vòng kín và trở lại vị trí ban đầu thì: − Δ = 0, − nhưng Δs ≠ 0.

‫ݎ‬Ԧ(t) z

‫ݎ‬Ԧ(t+Δt) y

x

2a. Vận tốc trung bình • Vận tốc trung bình trong thời gian Δt:

∆r vtb = ∆t

2b. Vận tốc tức thời • Vận tốc tức thời lúc t: Đạo hàm của r theo t

∆r dr

v = lim = ∆r = r ( t + ∆t ) − r ( t ) ∆t →0 ∆t dt

‫ݒ‬Ԧ tb Δ‫ݎ‬Ԧ

(m/s)

‫ݎ‬Ԧ(t) z

• là dịch chuyển trung bình/một đơn vị thời gian. ∆s • tb ≠ tốc độ trung bình = ∆t

‫ݎ‬Ԧ(t+Δt) y

x

Quãng đường đi trung bình/một đơn vị thời gian

2b. Vận tốc tức thời (tt)

dr

v =

Độ lớn của vận tốc tức thời

=

dt

ds dt

(m s )

= Tốc độ tức thời

v=

ds dt

• Trong hệ Descartes: dx dy dz vx = , v y = ,vz = dt dt dt

Δ‫ݎ‬Ԧ

Δ‫ݎ‬Ԧ

• tiếp tuyến quỹ đạo, hướng theo chiều chuyển động.

3a. Gia tốc

‫ݎ‬Ԧ(t) ‫ݎ‬Ԧ(t+Δt)

‫ݒ‬Ԧ(t)

• Gia tốc trung bình:

∆v atb = ‫ݒ‬Ԧ(t+Δt) ∆t • Gia tốc tức thời:

∆v dv a = lim = ∆t →0 ∆t dt ax =

Δ‫ݎ‬Ԧ

dv dv x dv , a y = y , az = z dt dt dt

Δ‫ݒ‬Ԧ

‫ݎ‬Ԧ(t+Δt)

‫ݎ‬Ԧ(t) z

x

y

‫ݒ‬Ԧ(t+Δt)

m s 2 = m s  s   

Ý nghĩa: độ biến thiên vận tốc/một đơn vị thời gian

Câu hỏi 1 • Trong trường hợp nào sau đây vật có gia tốc bằng không? a) Vật có tốc độ không đổi. b) Vật có vận tốc không đổi. c) Vật có quỹ đạo cong.

3b. Gia tốc tiếp tuyến và pháp tuyến-1 ‫ݑ‬n R ܽԦn

‫ݑ‬t ܽԦt ܽԦ

R: bán kính cong quỹ đạo ut: vectơ đơn vị tiếp tuyến, hướng theo chiều chuyển động un: vectơ đơn vị pháp tuyến, hướng về phía lõm của quỹ đạo

3b. Gia tốc tiếp tuyến và pháp tuyến-2

3b. Gia tốc tiếp tuyến và pháp tuyến-3 Quỹ đạo

Chiều chuyển động

a = an + at v2 an = un R

≠ 0 khi thay đổi phương

dv at = ut dt

≠ 0 khi thay đổi độ lớn

an

an

an

an luôn hướng về phía lõm quỹ đạo, = 0 khi quỹ đạo thẳng theo chiều chuyển động: v tăng at luôn tiếp tuyến quỹ đạo

ngược chiều chuyển động: v giảm

Câu hỏi 2 • Một chất điểm chuyển động với tốc độ tăng dần. Trong trường hợp nào sau đây vectơ vận tốc và gia tốc song song nhau? a) quỹ đạo tròn b) quỹ đạo thẳng c) quỹ đạo parabol d) tất cả đều sai

4. Chuyển động ném xiên - 2

dv g= dt 0=

dv x dt

dv x = 0 v x = v0 x = const

−g=

dv y dt

Trục y hướng lên

4. Chuyển động ném xiên - 3 v x = v0 cosθ dx = v0 cosθ dt dx = v0 cosθ dt

dv y = − gdt

x

vy

t

0y

0

∫v

4. Chuyển động ném xiên - 1 v0 • Ném một trái banh trong trường trọng θ lực đều.

• Gia tốc trái banh là g g, không đổi và hướng thẳng xuống. v0: vận tốc ban đầu • Nếu bỏ qua lực cản của không khí thì θ: góc ném quỹ đạo luôn luôn là một parabol.

dv y = − g ∫ dt

v y = v0 y − gt

∫x

t

dx = ∫ v0 cosθ dt

0

0

x = x0 + ( v0 cosθ ) t

4. Chuyển động ném xiên - 4 v y = v0 sinθ − gt

4. Ném xiên – Tóm tắt Nếu biết: • gia tốc và • điều kiện ban đầu

ax = 0

dy = v0 sinθ − gt dt

ay = − g

dy = ( v0 sinθ − gt ) dt y

v y = v0 sinθ − gt

t

∫y dy = ∫0 ( v sinθ − gt )dt 0

0

1 y = y0 + ( v0 sinθ ) t − gt 2 2

x = x0 + ( v0 cosθ )t y = y0 + ( v0 sinθ ) t − 12 gt 2

Trả lời BT1(a)

Bài tập 1 Một viên đá được ném từ nóc một tòa nhà với góc 30°, vận tốc 20 m/s. Chiều cao tòa nhà là h = 45 m. Tìm: (a) Thời gian chuyển động cho tới khi viên đá chạm đất. (b) Tốc độ của viên đá ngay trước lúc chạm đất.

Tích phân để tìm: • vận tốc và • vị trí lúc t bất kỳ

v x = v0 cosθ

• Lúc t = T , khi viên đá chạm đất thì y = −h: y (T ) = y0 + ( v0 sinθ )T − 12 gT 2 = −h

• Suy ra thời gian bay T: T=

1 v0 sinθ + g 

2

( v0 sinθ )

• Trả lời: T = 4,22 s

+ 2 gh  

Trả lời BT1(b)

5. Chuyển động tròn đều

• Vận tốc có các thành phần: v x = v0 cosθ v y = ( v0 sinθ ) − gt

• Lúc t = T = 4,22 s: v=

2

2

( v0 cosθ ) + ( v0 sinθ − gT )

• Suy ra: v = 35,8 m/s • Minh họa.

Câu hỏi 3 • Phát biểu nào sau đây mô tả chính xác gia tốc của một chất điểm chuyển động tròn đều? a) không đổi và luôn vuông góc vận tốc. b) không đổi và luôn song song vận tốc. c) có độ lớn không đổi và luôn vuông góc vận tốc. d) có độ lớn không đổi và luôn song song vận tốc.

• Chuyển động đều: tốc độ không đổi.

• Gia tốc tiếp tuyến bằng không: dv v = const ⇒ at = =0 dt • Gia tốc toàn phần = gia tốc hướng tâm:

R

v2 a = an = un R

6a. Vận tốc tương đối – 1 • Xét hqc K’ tịnh tiến (không quay), vận tốc so với hệ K. • Vào lúc t: – và ′ là vị trí chất điểm trong K và K’.

– là vị trí của K’ đối với K.

K’

′

K

r = r′ + R

6a. Vận tốc tương đối – 2 • Ta có:

r = r′ + R • Lấy đạo hàm theo thời gian:

dr dr ′ dR = + dt dt dt

v = v′ + V

v′ = v − V

vM/K

6b. Gia tốc tương đối • Lấy đạo hàm công thức cộng vận tốc theo t:

a = a′ + A

′

• Khi K’ có vận tốc không đổi thì = 0:

⇒ a = a′

= v M/K’ + vK’/K

vM/K’ = v M/K + vK/K’

Bài tập 2 Một xe ôtô chuyển động về phía đông với tốc độ 50 km/h.

Trời đang mưa, các hạt mưa rơi thẳng đứng so với mặt đất. Vệt nước mưa ở cửa bên của xe hợp một góc 60° so với phương thẳng đứng.

Hãy tìm vận tốc của các hạt mưa so với (a) xe ôtô, Xe: hqc K’ (b) mặt đất. Đất: hqc K

•

• • • •

Trả lời BT2 Trong hqc gắn với xe vận tốc các hạt mưa hợp một góc 60° so với phương thẳng đứng.

Vận tốc của xe nằm ngang so với mặt đất.

Vận tốc của mưa so với

mặt đất: v = v′ + V v thẳng đứng, ⇒ Tam giác bên là vuông.

60°

v’

V

v

Trả lời BT2 (tt) • Từ tam giác vuông: v=

v' =

V tan60° V sin60°

• Vậy: • v = 28,9 km/h; v’ = 57,7 km/h

60°

v’

v

V

Nội dung

Động lực học chất điểm Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

1a. Định luật 1 Newton • Nếu lực toàn phần tác động lên một chất điểm bằng không thì vận tốc của chất điểm không đổi. − Chất điểm đang đứng yên sẽ tiếp tục đứng yên. − Chất điểm chuyển động sẽ tiếp tục chuyển động thẳng đều.

1. Các định luật Newton 2. Hai loại hệ quy chiếu 3. Hệ quy chiếu không quán tính và lực quán tính.

Isaac Newton (1642-1727)

1b. Định luật 2 Newton • Lực toàn phần tác động lên một chất điểm bằng tích của khối lượng và gia tốc của vật.

dv d ( mv ) Ftot = ma ma = m = dt dt 1 N = 1 kg.m s 2 • Định luật này còn có thể viết dưới dạng:

p = mv dp Ftot = dt là động lượng của chất điểm

Các định luật Newton

1c. Định luật 3 Newton • Hai chất điểm luôn tương tác với nhau bằng những lực có cùng độ lớn và ngược chiều nhau.

Câu hỏi 1 Một con ruồi va chạm với kính chắn gió của một xe buýt đang chạy nhanh. (a) Đối tượng nào chịu lực va chạm mạnh hơn? (b) Đối tượng nào chịu gia tốc lớn hơn?

1 F F’

F = −F ′

2

F: do 2 tác động lên 1 F’: do 1 tác động lên 2

Bài tập 1 Hai vật khối lượng m1 and m2, với m1 > m2, được đặt tiếp xúc nhau trên một mặt ngang không ma sát. Một lực F không đổi, nằm ngang tác động lên m1 . (a) Tìm gia tốc của hệ hai vật. (b) Tìm độ lớn lực tiếp xúc giữa hai vật.

Trả lời câu 1(a) N1 F

F m1

m2

m1

m1g

N2 m2

a

m2g

mhệ × gia tốc = tổng các ngoại lực lên hệ

m + m a = F + m g + m g + N + N Vectơ! ( 1 2) 1 2 1 2

Trả lời câu 1(a) (tt) • F là lực duy nhất tác động lên hệ trên phương ngang.

• Áp dụng định luật 2 Newton trên trục x cho hệ hai vật:

Trả lời câu 1(b) - 1 N1 F

F

m1

m1g x

F = ( m1 + m2 ) a F m1 + m2

Trả lời câu 1(b) - 2 • F21 là lực tiếp xúc do m2 tác động lên m1.

• Dùng định luật 2 Newton trên trục x cho m1: F − F21 = m1a F21 = F − m1a = F − m1 F21 = m2

F m1 + m2

F21

m2

Ftot ,x = ( m1 + m2 ) ax

a=

m1

Trả lời câu 1(b) - 3 N2 F21

F m1

F

F12

m2

m2 x

F m1 + m2

m1 × gia tốc của vật 1 = tổng các lực lên vật 1

m1a1 = F + m1 g + N1 + F21

a1 = a vì hai vật chuyển động cùng nhau

Lực F không tác động lên vật 2!

m2g

m2 × gia tốc của vật 2 = tổng các lực lên vật 2

m2a2 = m2 g + N2 + F12

a2 = a vì hai vật chuyển động cùng nhau

Trả lời câu 1(b) - 4 • F12 là lực tiếp xúc do m1 tác động lên m2.

• Dùng định luật 2 Newton trên trục x cho m2: F12 = m2a

F12 = m2

Bài tập 1 – mở rộng • Nếu lực F tác động lên vật m2 thì lực tiếp xúc giữa hai vật sẽ thay đổi thế nào?

F12 m1

m2 x

F m1 + m2

• F12 = F21, phù hợp với định luật 3 Newton.

Bài tập 2 Một người cân một con cá khối lượng m bằng cân lò xo treo ở trần thang máy. (a) Chứng tỏ rằng khi thang máy tăng tốc lên trên hoặc xuống dưới, cân lò xo có các số đo khác so với trọng lượng thực của con cá. (b) Tìm số đo trên cân khi con cá nặng 40.0 N và thang máy có gia tốc 2.0 m/s2.

sức căng = số đo

• Định luật Newton 2 cho con cá trên phương y hướng lên ma y = T − mg T T

mg

y

Trả lời BT 2 (a)

• Số đo của cân lò xo chính là sức căng T: a  T = ma y + mg = mg  y + 1   g  • Thang máy tăng tốc lên trên nên ay > 0: T > mg

a T

mg

a cũng là gia tốc của cá

y

Trả lời BT 2 (a) (tt) • Tương tự như trên khi gia tốc hướng xuống: a  T = ma y + mg = mg  y + 1   g 

• Khi thang máy tăng tốc lên trên ay = 2m/s2:

a T

 2.0m s 2  T = 40N  + 1  = 48.2N 2  9.8 m s 

• Khi thang máy tăng tốc xuống dưới ay = −2m/s2 :

• Thang máy tăng tốc xuống dưới nên ay < 0: mg

T < mg

Trả lời BT 2 (b)

BT 2 – mở rộng 1 • Xác định chiều chuyển động của thang máy trong từng trường hợp.

 2.0m s 2  T = 40N  1 − = 31.8N 2  9.8 m s  

BT 2 – mở rộng 2 • Nếu dây thang máy đột ngột đứt, cân chỉ bao nhiêu?

a N

BT 2 – mở rộng 3

Bài tập 3

Khi thang máy tăng tốc lên trên hay xuống dưới với gia tốc 2 m/s2, cân chỉ bao nhiêu? Einstein có khối lượng 65 kg.

Số đo trên cân = lực vuông góc do Einstein nén lên cân

mg

= phản lực vuông góc N do cân tác động lên Einstein

Hệ hai vật treo hai bên một ròng rọc được gọi là một máy Atwood.

Hãy tìm độ lớn gia tốc của hai vật và sức căng dây khi hệ chuyển động.

• Ròng rọc nhẹ ⇒ sức căng ở hai nhánh bằng nhau.

• Dây nhẹ ⇒ sức căng ở hai đầu mỗi dây bằng nhau.

Trả lời BT 3 -1

T

T T

Trả lời BT 3-2 T

• Dùng định luật 2 Newton cho m2 và m1 trên trục y: m2a2 y = m2 g − T m1a1 y = m1 g − T • Hai vật nối với nhau nên có cùng độ lớn gia tốc: a2 y = a1 y • Nhưng gia tốc ngược chiều: a2 y = −a1 y ≡ a

T

• Chúng ta có:

m2 a2 T

m2a = m2 g − T

(1) × m1

−m1a = m1 g − T

(2) × m2

m2g

⇒ 0 = 2m1m2 g − ( m1 + m2 )T a1 m1

y

⇒T =

2m1m2 g m1 + m2

⇒a=

m2 − m1 g m1 + m2

• Thay T vào (1), ta thu được: m2a = m2 g −

m1g

+

2m1m2 g m1 + m2

Trả lời BT 3-3 m − m1 a = a2 y = 2 g m1 + m2 • Nếu m2 > m1 − a > 0: ܽԦଶ hướng xuống − m2 đi xuống • Nếu m2 < m1 − a < 0: ܽԦଶ hướng lên − m2 đi lên

Bài tập 3 – mở rộng a2

• Điều gì xảy ra: • a) khi hai vật có khối lượng bằng nhau?

• b) m1 >> m2?

m2 a2 a1 m1

y

a1

Bài tập 4 Hệ số ma sát trượt giữa vật m2 và mặt bàn là μ.

Hãy tìm độ lớn gia tốc của hai vật.

• Ma sát trượt ngược chiều chuyển động, • ma sát trượt = hệ số ma sát × phản lực vuông góc từ mặt bàn

Trả lời BT 4 • Dùng định luật 2 Newton cho vật 2 trên trục x và y: F cosθ − T − µ N = m2a2 x F sinθ + N − m2 g = m2a2 y = 0 • và trên trục y cho vật 1: T − m1 g = m1a1 y • Do được nối với nhau, có cùng độ lớn gia tốc: a2 x = a1 y ≡ a

N

F θ

T f

m2g y x T

m1g

Trả lời BT 4 (tt)

Bài tập 5

• Ta có ba phương trình với ba ẩn số T, N, a: F cosθ − T − µ N = m2a

(1)

F sinθ + N − m2 g = 0

(2) ×μ

T − m1 g = m1a

(3)

+

⇒ F ( cosθ + µ sinθ ) − ( µm2 + m1 ) g = ( m1 + m2 ) a a=

F ( cosθ + µ sinθ ) − ( µm2 + m1 ) g m1 + m2

Một phi công khối lượng m thực hiện một vòng nhào lộn thẳng đứng có bán kính 2,70 km với vận tốc 225 m/s.

Hãy tìm lực do phi công tác động lên ghế ngồi ở đỉnh và đáy của vòng tròn.

Lực do phi công tác động lên ghế ngồi = phản lực từ ghế lên phi công

Trả lời BT 5 • Chuyển động là tròn đều nên có gia tốc hướng tâm.

• Định luật 2 Newton trên phương pháp tuyến ở đáy vòng tròn: v2 man = m = Nb − mg R • và ở đỉnh: v2 man = m = Nt + mg R

Trả lời BT 5 (tt) • Từ hai phương trình trên ta suy ra: Nt an

mg un

un Nb an mg

 v2  Nb = mg  1 + Rg  

 v2  −1 Nt = mg   Rg  2

(225m / s ) v2 = = 1,91 Rg 2,70 × 103 m 9,80m / s 2

(

Nb = 2,91mg Nt = 0,91mg

)(

)

2. Hai loại hệ quy chiếu - 1 • Thí nghiệm con lắc Foucault.

• Nhận xét: − Lẽ ra con lắc phải dao động trong mặt phẳng xác định bởi vị trí ban đầu của nó và phương thẳng đứng, − bởi vì không có lực nào tác động theo phương vuông góc với mặt phẳng này. − Tuy nhiên trên thực tế con lắc vừa dao động vừa quay quanh phương thẳng đứng!

3a. Hệ quy chiếu không quán tính – 1 • K’ tịnh tiến gia tốc A trong hqc quán tính K . z’ A • Gia tốc của chất điểm trong hai hqc thỏa: y’

x’ a = a′ + A z • Trong K:

y ma = Ftot = ma′ + mA • Suy ra: x

K’ là hqc không ma′ ≠ Ftot ! ma′ = Ftot − mA quán tính

2. Hai loại hệ quy chiếu - 2

Hệ quy chiếu

• quán tính • các định luật Newton nghiệm đúng • không quán tính • các định luật Newton không nghiệm đúng

3a. Hệ quy chiếu không quán tính – 2

Hệ quy chiếu

• quán tính • có vận tốc không đổi so với một hqc quán tính • không quán tính • chuyển động có gia tốc đối với một hqc quán tính

3b. Lực quán tính

Bài tập 7

• Trong một hqc không quán tính tịnh tiến với gia tốc ‫ܣ‬Ԧ:

ma′ = Ftot − mA • Định nghĩa lực quán tính:

Fqt = −mA

Một quả cầu nhỏ khối lượng m được treo thẳng đứng trong một toa xe lửa.

Khi xe chuyển động sang phải với gia tốc A đối với mặt đất, Tìm góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng?

• Suy ra:

ma′ = Ftot + Fqt

Định luật 2 trong hqc không quán tính

Trả lời BT 7 – hqc xe

Trả lời BT 7 – hqc mặt đất

• Xe là hqc không quán Gia tốc xe ‫ܣ‬Ԧ tính, y • trong đó quả cầu có gia tốc bằng không: θ

θ

ma′ = 0 = mg + T − mA ܶ –m‫ܣ‬Ԧ • Trên trục x và y: x 0 = T sinθ − mA 0 = T cosθ − mg

A ⇒ tanθ = g

m݃Ԧ

• Mặt đất là hqc quán tính, • trong đó quả cầu có gia tốc bằng ‫ܣ‬Ԧ:

mA = mg + T • Trên trục x và y: mA = T sinθ 0 = T cosθ − mg ⇒ tanθ =

A g

Gia tốc xe ‫ܣ‬Ԧ y θ

θ ܶ x

m݃Ԧ Không có lực quán tính!

Nội dung 1.

2.

3.

4.

Công và năng lượng

Công và công suất Động năng Thế năng Cơ năng

Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

1a. Công của lực không đổi • Công là năng lượng cơ học do một lực tác động trao đổi với vật.

• Công do lực không đổi thực hiện trong dịch chuyển Δ :

W = F ⋅ ∆r = F ∆r cosθ

1b. Công của một lực thay đổi ‫ܨ‬Ԧ θ Δ‫ݎ‬Ԧ ‫ܨ‬Ԧ

Joule ( J ) = N.m • W = 0 khi lực vuông góc với độ dịch chuyển.

Δ‫ݎ‬Ԧ

• Trong dịch chuyển nhỏ lực coi như không đổi.

• Công do thực hiện trong dịch chuyển nhỏ:

dW = F ⋅ dr • Công thực hiện trong dịch chuyển từ P1 tới P2:

P2

d‫ݎ‬Ԧ ‫ܨ‬Ԧ

P1 d‫ݎ‬Ԧ

P2

W = ∫ F ⋅ dr P1

‫ܨ‬Ԧ không đổi

1c. Công suất • Công suất là công thực hiện trong một giây.

• Công do một lực bất kỳ thực hiện trong một dịch chuyển nhỏ:

dW = F ⋅ dr • Dịch chuyển diễn ra trong thời gian dt, do đó công suất của lực là:

dW dr P = F ⋅v P= =F⋅ dt dt Watt ( W ) = J/s

Bài tập 1 P2 Đưa vật m lên một mặt nghiêng độ cao h và góc h P1 nghiêng θ. Hệ số ma sát θ trượt giữa vật và mặt nghiêng là μ.

Nhìn trên xuống Tìm công của trọng lực, P2 phản lực vuông góc và lực ma sát khi quỹ đạo là: (b) (a) (a) một đường thẳng. (b) một nửa đường tròn.

P1

Trả lời bài tập 1 – 1 • Phản lực vuông góc với mọi quỹ đạo trên mặt nghiêng: WN = 0 • Công của trọng lực: Wmg = ∫

P2

P1

P1

ܰ h θ m݃Ԧ

P2 mg ⋅ dr = mg ⋅ ∫ dr P1

• Trong mọi trường hợp: P2

⇒ W = mg ⋅ ∆r dr = ∆ r mg ∫

Δ‫ݎ‬Ԧ d‫ݎ‬Ԧ

Wmg = −mg∆y = −mgh < 0 : lực cản

Trả lời bài tập 1 – 2

y

• Ma sát ngược chiều d :

dW f = f ⋅ dr = − f dr

da ݂Ԧ

h

θ

W f = − f ∫ dr = − fd < 0

• Chiều dài quỹ đạo: h da = sinθ db = π R

R =?

d‫ݎ‬Ԧ R

݂Ԧ

Bài tập 1 – Ghi nhớ

Bài tập 2

WN = 0 y hướng lên

Wmg = −mg∆y

Không phụ thuộc đường đi d : chiều dài quãng đường

Wms = − fmsd

Trả lời bài tập 2 • Công của lực lò xo trong một dịch chuyển nhỏ:

dW = −kx ⋅ dx k dW = −kxdx = − d x 2 2 • Do đó:

d‫ݔ‬Ԧ

( )

x

k 2 W = − ∫ d x2 2 x1

( )

k W = − x22 − x12 2

(

x1

x2

Bài tập 3

‫ݔ‬Ԧ

–k‫ݔ‬Ԧ

0

Một vật được đặt trên một mặt ngang không ma sát, nối với lò xo có độ đàn hồi k.

Kéo vật từ vị trí x1 đến vị trí x2 (so với khi lò xo không co dãn).

Tìm công do lực đàn hồi thực hiện.

)

Không phụ thuộc đường đi!!

Một trạm thăm dò khối lượng m được phóng từ Trái Đất để đi vào quỹ đạo Sao Hỏa.

Tìm công thực hiện bởi lực hấp dẫn từ Mặt Trời.

Khối lượng Mặt Trời M.

Quỹ đạo Sao Hỏa

Quỹ đạo Trái Đất

r1: khoảng cách MT - TĐ r2: khoảng cách MT - SH

Trả lời câu 3 • Công sơ cấp:

dW = F ⋅ dr

1d. Lực bảo toàn

‫ݑ‬௥

‫ݑ‬ఏ

d‫ݎ‬Ԧ

dW = −Fdr = −G

Mm dr r2

r θ

r2

dr W = −GMm∫ 2 r r1

x

Tọa độ cực r, θ

F = −Fur

dr = drur + rdθ uθ

• Do đó: 1 1 W = GMm −   r2 r1 

‫ܨ‬Ԧ

không phụ thuộc đường đi!!

2a. Động năng • Động năng là dạng năng lượng gắn liền với chuyển động.

• Động năng của một chất điểm khối lượng m chuyển động với vận tốc v là: 1 K = mv 2 2

Đơn vị Joule (J)

• Lực bảo toàn ⇔ công không phụ thuộc đường đi. − Trọng lực đều, lực hấp dẫn và lực đàn hồi của lò xo là các lực bảo toàn. − Lực ma sát không phải là lực bảo toàn.

• Lực bảo toàn ⇔ W = 0 khi đường đi khép kín. − đối với trọng lực chẳng hạn, khi quỹ đạo khép kín thì y1 = y2, Δy = 0, W = 0.

2b. Định lý động năng

dv

vdt ⋅ m = Ftot ⋅vdt = dr dv 2 = dv 2 = 2v ⋅ dv dt 1

⇒ v ⋅ dv = dv 2 mv ⋅ dv = Ftot ⋅ dr = dW tot 2  mv 2  m 2 dv = d   = dWtot 2 2  

Độ biến thiên động năng = công toàn phần dK = dWtot ΔK = Wtot

Trả lời bài tập 4

Bài tập 4

• Định luật Newton 2 trên phương pháp tuyến tại A cho ta:

Một vật khối lượng m trượt không ma sát, vận tốc ban đầu bằng không, từ đỉnh một máng trượt như hình vẽ.

Tìm chiều cao tối thiểu hmin để vật không bị rơi khỏi máng trượt ở A.

v 2A m = mg + N A R • Để vật không bị rơi khỏi máng trượt tại A ta phải có: N A ≥ 0 • Suy ra: v 2A ≥ gR

Trả lời bài tập 4 (tt)

1 2

ܰ h − 2R

mv 2A − 0 = mg ( h − 2R )

v 2A = 2 g ( h − 2R ) 2 A

v ≥ gR

(2) (1)

m݃Ԧ

2R

Từ (1) và (2): 2 g ( h − 2R ) ≥ gR 5 hmin = R 2

⇒ 2 gh ≥ 5 gR

m݃Ԧ ‫ݑ‬n

(1)

Bài tập 4 – mở rộng

S

KA − KS = Wmg

ܰA

5 h≥ R 2

• Khi h = hmin, tìm phản lực vuông góc tại C. • Trả lời: NC = 6mg • N lớn như thế rất nguy hiểm.

• Để giảm N, các máng trượt tròn thường được thiết kế lệch một chút khỏi mặt phẳng thẳng đứng.

C

3a. Thế năng - 2

3a. Thế năng - 1 y2

• Công của lực bảo toàn: W = mgy1 − mgy2

W = −GMm

Công của lực bảo toàn = độ giảm thế năng

−k‫ݔ‬Ԧ x1 r1

kx2/2,

• mgy, –GMm/r đều là các hàm của vị trí.

x x2

ܹଵ→ଶ = ܷଵ − ܷଶ = ܷ + ‫ܥ‬

r2

ଵ

− ܷ+‫ܥ‬

ଶ

Thế năng được xác định sai khác một hằng số

ܷ = ଵଶ݇‫ ݔ‬ଶ + ‫ܥ‬

đơn vị thế năng: J

U2 − U1= ΔU : độ biến thiên U1 − U2= −ΔU : độ giảm

3b. Tìm hằng số C - 1

Nếu U là thế năng thì U + C cũng là thế năng

‫݉ܯ‬ +‫ܥ‬ ‫ݎ‬

Wbảo toàn = −ΔU dWbảo toàn = −dU

‫ܨ‬Ԧ௚

3a. Thế năng - 3

ܷ = −‫ܩ‬

Độ giảm thế năng

y1

1  1 −  −GMm  r1  r2 

ܷ = ݉݃‫ ݕ‬+ ‫ܥ‬

Công của lực bảo toàn: ܹଵ→ଶ = ܷଵ − ܷଶ

m݃Ԧ

k k W = x12 − x22 2 2

U: thế năng

U = mgy + C

y hướng lên

Chọn gốc thế năng ở vị trí y0 ⇔ Đặ t U(y0) = 0 U( y0 ) = mgy0 + C ≡ 0

trọng lực đều

⇒ C = −mgy0

lực hấp dẫn

U = mgy − mgy0

lực đàn hồi lò xo

Nếu gốc thế năng ở vị trí y0 = 0 ⇒ C = 0

3b. Tìm hằng số C - 2 U = −G

Mm +C r

3b. Tìm hằng số C - 3 Đặt U(r0) = 0

Chọn gốc thế năng ở khoảng cách r0 Mm Mm U(r0 ) = −G +C ≡0 ⇒C = G r0 r0 U = −G

Mm Mm +G r r0

Nếu gốc thế năng ở r0 = ∞ ⇒ C = 0

4a. Cơ năng – 1 Lực bảo toàn:

Wtot = −∆U

Định lý động năng: Wtot = ∆K ∆K = −∆U ⇒ ∆ ( K + U ) = 0

cơ năng E Khi lực là bảo toàn thì cơ năng cũng bảo toàn: ΔE = Δ(K + U) = 0

U = 12 kx 2 + C

Chọn gốc thế năng ở vị trí x0 ⇔ Đặ t U(x0) = 0 U( x0 ) = 12 kx02 + C ≡ 0 ⇒ C = − 12 kx02 U = 12 kx 2 − 12 kx02

Nếu gốc thế năng ở vị trí x0 = 0 ⇒ C = 0

4a. Cơ năng – 2 Wtot = Wbảo toàn + Wkhông bảo toàn = −ΔU + Wkhông bảo toàn Định lý động năng: Wtot = ΔK ΔK = −ΔU + Wkhông bảo toàn ⇒ Δ(K + U) = Wkhông bảo toàn ΔE = Δ(K + U) = Wkhông bảo toàn Nếu mọi lực đều bảo toàn: Wkhông bảo toàn = 0 thì cơ năng cũng bảo toàn: ΔE = 0

Bài tập 7

Trả lời bài tập 7

Hai vận động viên trượt tuyết trượt không vận tốc đầu trên hai đường không ma sát.

Hãy so sánh vận tốc của họ ở vị trí A, B, và C. O

A

B

C

h

• Không có ma sát ⇒ cơ năng bảo toàn.

• Cơ năng ban đầu :

y y

E0 = 12 mv02 + mgy0

y

E0 = 0

y

• và ở một vị trí bất kỳ y: h

E = 12 mv 2 + mgy

h

Trả lời bài tập 7 (tt) • Cơ năng bảo toàn: E0 = E ⇔ 0 = 12 mv 2 + mgy • Vận tốc ở vị trí y: v = 2 g y • Ở A và C:

y1 = y2 = h

• Ở vị trí B: y1 = h,

⇒ v1 = v2

y <0

Bài tập 8 Một người trượt không vận tốc đầu xuống một dốc tuyết không ma sát có độ cao 20m. Ở cuối dốc là một mặt phẳng ngang có hệ số ma sát trượt 0,21.

Tìm quãng đường người ấy đi được trên mặt ngang cho đến khi dừng lại.

y2 = 2h ⇒ v1 < v2

v=0

h • Ai sẽ về đích trước? Minh họa

d=?

Tóm tắt – Công và năng lượng

Trả lời bài tập 8 EA = mgh y

A EC = 0 B

h

vC = 0

EC −EA = Wms

Wms = −fmsd = −μmgd

−mgh = −μmgd

d = h/μ = 95,2 m

Tóm tắt – Công của các loại lực Ma sát: W = −fmsd Lực bảo toàn: W = −ΔU ܷ = ݉݃‫ ݕ‬+ ‫ܥ‬

trọng lực đều, y ↑

ܷ = −‫ܩ‬

lực hấp dẫn

ܷ = ଵଶ݇‫ ݔ‬ଶ + ‫ܥ‬

ܹ݀ = ‫ܨ‬Ԧ ∙ ݀‫ݎ‬Ԧ

Động năng

dK = dWtot

C d

‫݉ܯ‬ +‫ܥ‬ ‫ݎ‬

Công

lực đàn hồi lò xo

ܹ = න ܹ݀

ΔK = Wtot Thế năng

dWbảo toàn = −dU Wbảo toàn = −ΔU

Cơ năng

ΔE = Δ(K + U) = Wkhông bảo toàn

Nội dung 1. Khối tâm 2. Định luật 2 Newton cho hệ chất điểm 3. Momen động lượng

Hệ chất điểm Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

1b. Khối tâm

1a. Chuyển động của hệ chất điểm • Ví dụ 1: cây thước.

• Ví dụ 2: vận động viên vượt rào.

• Trong các ví dụ : cây thước, vận động viên vượt rào…

• Có một vị trí chuyển động theo định luật 2 Newton: khối tâm của hệ

1 rCM = ( m1r1 + m2r2 + ... + mN rN ) M

Chuyển động của mỏ lết

CM: center of mass

Khối lượng hệ

1 rCM = ∑ mi ri M i

Câu hỏi 1 Khối tâm của vành tròn?

Bài tập 1 Một hệ gồm ba chất điểm có vị trí như trên hình vẽ, với m1 = m2 = 1,0 kg và m3 = 2,0 kg.

Hãy tìm khối tâm của hệ.

m1r1 + m2r2 + m3r3 rCM = m1 + m2 + m3

Câu hỏi 2

Một cây gậy bóng chày được cưa tại vị trí khối tâm làm hai phần như trên hình vẽ. Phần nào có khối lượng lớn hơn? (a) Phần bên phải. (b) Phần bên trái. (c) Hai phần bằng nhau. (d) Không xác định được.

X CM

Trả lời bài tập 1

‫ݎ‬Ԧଷ

‫ݎ‬Ԧଵ

‫ݎ‬Ԧଶ

xCM =

m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 m1 + m2 + m3

yCM =

m1 y1 + m2 y2 + m3 y3 m1 + m2 + m3

xCM =

1 + 2 + 2× 0 3 = = 0,75( m ) 1+1+2 4

yCM =

1 × 0 + 1 × 0 + 2× 2 4 = = 1,0( m ) 1+1+2 4

ൈ ‫ݎ‬Ԧ஼ெ

Bài tập 2

Trả lời bài tập 2

Hãy chứng tỏ rằng khối tâm của một thanh có khối lượng M và chiều dài L nằm ở trung điểm của nó. Giả sử khối lượng trên một đơn vị dài của thanh là hằng số.

Trả lời bài tập 2 (tt)

L

xCM

L

λ=

M L

• Tích phân trên cho ta: 1 2 L L x  = 2L   0 2 • Vật đối xứng: khối tâm trùng với tâm đối xứng. xCM =

x

dx

Bài tập 3

• Suy ra: λ 1 = ∫ xdx = ∫ xdx M0 L0

• Chọn trục x theo chiều dài thanh. Đoạn vi phân dx ở vị trí x có • khối lượng dm = λdx.

• λ là khối lượng trên một đơn vị dài.

• Khối tâm có tọa độ cho bởi: 1 xCM = ∫ xdm M

Xét một thanh không đồng nhất, có khối lượng trên một đơn vị dài thay đổi theo vị trí x: λ = αx, α là hằng số Tìm vị trí khối tâm theo chiều dài L của thanh.

Trả lời bài tập 3 • Làm tương tự như bài tập 2 ta có: L

xCM

L

• Khối lượng của thanh được xác định bởi: M = ∫ dm = ∫ λdx

α 1 = ∫ xλdx = ∫ x 2dx M0 M0

• Thay thế biểu thức của λ ta có:

• Tích phân cho ta: xCM

Trả lời bài tập 3 (tt)

L

α 2 L α L2 M = α ∫ xdx =  x  = 0 2 2 0

α α L3 3 L x  = = 3M   0 3M

• Do đó: xCM

2a. Động lượng hệ chất điểm

1 rCM = ∑ mi ri M i

drCM 1 dri ⇒ = ∑ mi dt M i dt

vận tốc khối tâm

i

2b. Định luật 2 cho hệ

1 1 ⇒ aCM = ∑ mi ai vCM = ∑ mi vi M i M i

MaCM = m1a1 + m2a2 + ... + mN aN = F1 + F2 + ... + FN

vận tốc chất điểm thứ i

1 vCM = ∑ mi vi M i

MvCM = ∑ mi vi = Psystem

α L3 2 = = L 3M 3

MaCM = Ftot

Psystem = MvCM

dPsystem dt

= Ftot

tổng các ngoại lực tác động lên hệ

dvCM d ( MvCM ) = MaCM = M dt dt

2b. Định luật 2 cho hệ (tt)

Ftot = 0

Psystem = const

aCM = 0

Khối tâm đứng yên hay chuyển động thẳng đều

Câu hỏi 3 Hai vận động viên trượt băng đứng trên mặt băng không ma sát, nắm hai đầu của một thanh nhẹ nằm ngang. Sau đó họ dùng tay kéo để di chuyển lại gần nhau.

Khối tâm của họ sẽ chuyển động thế nào?

Động lượng hệ bảo toàn Nếu Ftot,x = 0 động lượng hệ chỉ bảo toàn trên phương x

Câu hỏi 4

Bài tập 5

Hai vận động viên trượt băng đứng trên mặt băng không ma sát, nắm hai đầu của một thanh nhẹ nằm ngang. Sau đó họ dùng tay kéo để di chuyển lại gần nhau.

Họ sẽ gặp nhau ở đâu?

Hai xe trượt trên đệm khí đến va chạm hoàn toàn đàn hồi. (a) Tìm vận tốc của chúng sau va chạm. (b) Tìm vận tốc khối tâm của hệ hai xe trước và sau va chạm. v = 1 m/s

v = 0 m/s

Trả lời bài tập 5(a)

Trả lời bài tập 5(b)

‫ ܨ‬, = 0 → ܲ = ܿ‫ݐݏ݊݋‬ • Động lượng trên x bảo toàn: m1v = m1v1 x + m2v2 x ⇒ 1 = v1 + 0,7v2 • Va chạm hoàn toàn đàn hồi ⇔ động năng bảo toàn: 1 2

m1v 2 = 12 m1v12 + 12 m2v22

⇒ 1 = v12 + 0,7v22

v1 = 0,18 m s

‫ ܨ‬, = 0 → ‫ ݒ‬, = ܿ‫ݐݏ݊݋‬ MvCM ,x = Px

• Trước va chạm: Px = 1 ⇒ vCM ,x = 1 1,7 = 0,59 m s

• Sau va chạm vận tốc khối tâm không thay đổi.

v2 = 1,18 m s

• Minh họa

Bài tập 6

Trả lời bài tập 6

Một banh bi-da có vận tốc 5 m/s va chạm với một trái banh đứng yên cùng khối lượng. Sau đó nó có vận tốc 4,33 m/s lệch một góc 30° so với phương ban đầu. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi, tìm vận tốc trái banh thứ hai sau va chạm.

• Vì va chạm hoàn toàn đàn hồi nên động năng hệ bảo toàn:

⇒ v2 = v 2 − v12

mv 2 2 = mv12 2 + mv22 2 v2 = 52 − 4,332 = 2,5 m s

v1

v1 v

v

θ

θ v2

v2

3a. Momen động lượng của chất điểm

Bài tập 6 – mở rộng

L =r ×p v1 θ v2

L

L = rp sinϕ

kg.m2/s

• ⏊ mặt phẳng (‫ݎ‬Ԧ, ‫݌‬Ԧ).

• chiều: quy tắc bàn tay phải.

• đặc trưng cho chuyển động quay.

v

y

r x

φ

p

Trả lời bài tập 8

Bài tập 8 Một chất điểm chuyển động trong mặt phẳng xy trên một đường tròn bán kính r tâm O. Tìm độ lớn và chiều momen động của chất điểm đối với tâm O, nếu vận tốc chất điểm là v.

z

• Momen động của chất điểm đối với gốc O

Tìm góc lệch của trái banh thứ hai sau va chạm.

y

‫ݒ‬Ԧ ‫ݎ‬Ԧ

O

m x

z

• L ⏊ mặt phẳng xy và hướng theo chiều dương trục z.

• Trong chuyển động tròn động lượng vuông góc với vectơ vị trí, do đó ta có:

L = rp sinϕ = rp = rmv

L y

r x

φ

p

3b. Momen lực

Bài tập 9 z

• Momen của lực F đối với gốc O τ = rF sinϕ

τ = r ×F

N.m

• ⏊ mặt phẳng (‫ݎ‬Ԧ, ‫ܨ‬Ԧ ).

• chiều: quy tắc bàn tay phải.

• đặc trưng cho chuyển động quay.

Trả lời bài tập 9 x

θ

τ y

r x

F

φ

O

τ r

r

mg

θ

τ = rmg sinθ = lmg sinθ mg

Một con lắc gồm một vật khối lượng m chuyển động trên một quỹ đạo tròn nằm ngang. Trong suốt chuyển động dây treo chiều dài l hợp một góc không đổi θ với phương thẳng đứng.

Tìm momen của trọng lực đối với điểm treo O.

O

3c. Định lý momen động

dp dp d dr r×F = r× r × = (r × p) − × p dt dt dt dt

dr × p = v × mv = 0 dt

d (r × p) Momen ngoại lực r ×F = dt

dLsystem dL Hệ chất điểm

τ = τ tot = dt dt

3c. Định lý momen động (tt) • Minh họa: bánh xe quay, con quay.

• Khi tổng momen ngoại lực bằng không thì momen động của hệ được bảo toàn.

Nội dung

Vật rắn Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

1a. Định luật 2 cho chuyển động quay

dL Định lý momen động: =τ dt Lz = I zω

Iz: momen quán tính của vật đối với z ω: vận tốc góc

dLz =τ z dt dω Iz =τ z dt

Định luật 2 cho chuyển động quay quanh z

z: trục quay

I zα = τ z

α: gia tốc góc (rad/s2)

1. Vật rắn quay quanh trục cố định a. Định luật 2 cho chuyển động quay b. Momen quán tính đối với trục quay c. Momen lực đối với trục quay d. Động năng và công trong chuyển động quay 2. Chuyển động lăn không trượt 3. Bài tập

1b. Momen quán tính của vật đối với trục quay

‫ܫ‬௭ = ෍ ݉௜ ‫ݎ‬௜ ଶ

(kg.m2)

௜

tổng theo các chất điểm mi thuộc vật

Khoảng cách từ mi tới trục quay z

1c. Momen lực đối với trục quay ߬௭ = ෍ ߬௜௭

Bài tập 1.1

Dấu + khi lực Fi quay vật theo chiều dương

௜

tổng theo các momen lực τiz

߬௜௭ = ±݈௜ ‫ܨ‬௜

(N.m)

Tìm momen quán tính của một vành tròn đồng nhất khối lượng M, bán kính R đối với: (a) trục đối xứng của vành, (b) trục song song với trục đối xứng, đi qua một điểm trên vành tròn.

Khoảng cách từ lực Fi tới trục quay z

Trả lời bài tập 1.1 • Chia vành làm nhiều (b) phần nhỏ khối lượng dm:

Bài tập 1.2 (a) dm

Ia = ∫ r 2dm = R 2 ∫ dm = MR2

R

• Định lý Steiner: d

Ib = ICM + Md

2

(b) // (CM)

• Suy ra: Ib = Ia + MR 2 = 2MR 2

Momen quán tính của một số vật thường gặp.

Xét hệ như hình vẽ. (a) Tìm momen lực toàn phần tác động lên ròng rọc đối với trục quay, cho T1 = 5 N, R1 = 1 m, T2 = 15 N và R2 = 0,5 m. (b) Ròng rọc sẽ quay theo chiều nào?

Bài tập 1.3

Trả lời bài tập 1.2

Xét hệ như hình vẽ.

Mỗi ròng rọc có momen quán tính I và bán kính R. Tìm gia tốc của mỗi vật và các sức căng dây.

+

τ z = −R1T1 +R2T2

m1

m2

= −1 × 5 + 0,5 × 15 = 2,5 N .m

τz > 0 ⇒ α > 0

Vật quay theo chiều dương

Trả lời bài tập 1.3 - 1 • Định luật 2 Newton cho m1 trên y và m2 trên y’:

y’ y

m1a1 = m1 g − T1 m2a2 = T2 − m2 g

T2

T1

m1g

+

• cho hai ròng rọc:

T’ R

m2g T’ R

Iα = R (T1 − T ′ ) Iα = R (T ′ − T2 )

T1

T2

Trả lời bài tập 1.3 - 2 • Hai vật có gia tốc bằng nhau: a1 = a2 ≡ a • Dây không trượt nên vận tốc của một điểm trên vành ròng rọc = vận tốc vật: ⇒ αR = a ωR = v • Ta có hệ phương trình sau: (1) m1a = m1 g − T1 m2a = T2 − m2 g (2) Ia R 2 = T1 − T ′ (3) (4) Ia R 2 = T ′ − T2

Trả lời bài tập 1.3 - 3

1d. Động năng và công

• Lấy tổng các pt (1) – (4) ta được:

• Động năng:

I   m + m + 2 a = ( m1 − m2 ) g 1 2  2  R   a=

• Công và công suất:

( m1 − m2 ) g

θ2

W = ∫ τ z dθ

I m1 + m2 + 2 2 R

θ1

• Thế gia tốc a vào (1), (2) và (3) ta có các sức căng.

Một thanh dài L, khối lượng m có thể quay không ma sát quanh một trục ngang đi qua O. Thanh được thả không vận tốc đầu khi đang nằm ngang. Tìm: (a) vận tốc góc khi thanh ở vị trí thẳng đứng, (b) vận tốc khối tâm ở vị trí đó.

1 K = Iω 2 2

r

P = τ zω

Bài tập 1.4

θ

Trả lời bài tập 1.4 - 1 • Vì không có ma sát nên cơ năng thanh bảo toàn:

1

∆E = ∆ ( K + U g ) = 0 ∆K = K 2 = 12 Iω 2

• Thế năng trọng trường của thanh: U g = mgyCM

2 Thế năng trọng trường của một vật rắn: Ug = mgyCM

4b. Trả lời bài tập 4.1 - 2 • Với trục y hướng lên: ∆U g = mg∆yCM = − mgL 2

• Do đó: ∆E = 12 Iω 2 − 12 mgL = 0 ⇒ ω= mL2 I= 3

mgL I

ω=

3g L

y

4b. Trả lời bài tập 4.1 - 3 • Giữa vận tốc dài của một chất điểm của vật rắn quay và vận tốc góc có hệ thức: v = ωr • r là khoảng cách từ chất điểm đến trục quay.

• Với khối tâm thì r = L/2: vCM = ω

Bài tập 1.5 Ròng rọc có bán kính R và momen quán tính I đối với trục quay. Lúc đầu hệ được thả không vận tốc.

Tìm vận tốc dài của hai vật vào lúc vật 2 xuống được một khoảng h.

vCM

L 1 = 3 gL 2 2

Trả lời bài tập 1.5 • Cơ năng bảo toàn: ω

∆E = ∆ ( K + U g ) = 0

• Độ biến thiên động năng:

v

∆K = 12 m1v 2 + 12 m2v 2 + 12 Iω 2 ω=

v R

1 I  ∆K =  m1 + m2 + 2  v 2 2 R 

v

Trả lời bài tập 1.5 (tt)

2a. Chuyển động lăn của vật rắn

• Độ biến thiên thế năng của hệ là:

• Khối tâm của bánh xe lăn có chuyển động tịnh tiến.

• Nhưng mỗi điểm trên vành bánh xe lại có quỹ đạo cycloid.

∆U g = m1 gh − m2 gh

• Suy ra:

(

)

∆E = 12 m1 + m2 + I R2 v 2 + ( m1 − m2 ) gh = 0 v=

2( m2 − m1 ) gh m1 + m2 + I R 2

Lưu ý về hệ thức v = ωr

2b. Vận tốc của khối tâm • Xét bánh xe lăn không trượt, • Khi một điểm trên vành đi được một cung tròn có chiều dài s = rθ, • thì khối tâm cũng tịnh tiến được cùng một khoảng đó. ds dθ • Do đó ta có: =r dt dt

Vật rắn quay ω v

r

r

Vật treo qua ròng rọc

Vật lăn không trượt

ω

ω r

r

v

ω

s = rθ

v: vận tốc CM r

vCM = r ω

v

v: vận tốc dài

v: vận tốc vật treo

2c. Kết hợp tịnh tiến và quay (tt)

2c. Kết hợp tịnh tiến và quay • Lăn không trượt là sự kết hợp của chuyển động tịnh tiến của khối tâm, • và chuyển động quay quanh một trục đi qua khối tâm.

• Do đó một chất điểm thuộc vật có vận tốc cho bởi:

v = vCM + vrot

vrot

r

vCM

2d. Động năng của chuyển động lăn • Động năng của chuyển động lăn là tổng • động năng tịnh tiến của khối tâm, • và động năng quay quanh trục đi qua khối tâm.

2 K = 12 MvCM + 12 Iω 2

• trong đó M, I là khối lượng và momen quán tính đối với trục qua CM của vật.

v

• Mỗi điểm trên vành có vận tốc quay vrot = ωr.

• Ở vị trí thấp nhất: v = vCM − vrot = 0 • Ở vị trí giữa: 2 CM

v= v

+v

2 rot

= ωr 2

• Ở vị trí cao nhất:

‫ݒ‬Ԧ rot

v = vCM + vrot = 2ωr

Bài tập 2.1 Một quả cầu khối lượng M và bán kính R lăn xuống một mặt phẳng nghiêng với vận tốc đầu bằng không.

Tìm vận tốc khối tâm quả cầu ở cuối mặt phẳng nghiêng.

‫ݒ‬Ԧ rot = ‫ݒ‬Ԧ CM

‫ݒ‬Ԧ CM ‫ݒ‬Ԧ rot = – ‫ݒ‬Ԧ CM ‫ݒ‬Ԧ ‫ݒ‬Ԧ CM

‫ݒ‬Ԧ = 2‫ݒ‬Ԧ CM

Trả lời bài tập 2.1 - 2

Trả lời bài tập 2.1 - 1 • Lăn không trượt: vận tốc tiếp điểm bằng không, • vậy ma sát là tĩnh, không thực hiện công.

• Cơ năng bảo toàn: ∆E = ∆ ( K + U ) = 0 • Độ biến thiên động năng: 1 2 1 2 ∆K = MvCM + Iω 2 2

vCM 1  I  2 ⇒ ∆K = M  1 + vCM R 2  MR 2  • Độ biến thiên thế năng: ω=

∆U = Mg∆yCM = − Mgh 1  I  2 ⇒ ∆E = M  1 + vCM − Mgh = 0 2  MR2  vCM =

Trả lời bài tập 2.1 - 3 • Với mọi vật lăn ta có: vCM =

2 gh 1+c

c=

I MR 2

• Vận tốc không phụ thuộc M, R, chỉ phụ thuộc hằng số c = I/MR2.

• Vật có c nhỏ sẽ lăn xuống nhanh hơn.

2 gh 10 gh = 1+c 7

Bài tập 2.2 Trong bài tập 2.1, hãy tìm biểu thức của gia tốc khối tâm.

c=

2 : quả cầu 5

Trả lời bài tập 2.2 - 1 • Dùng định luật Newton cho • khối tâm trên trục x: MaCM = Mg sinθ − f s

2

Trả lời bài tập 2.2 - 2 • Suy ra hệ phương trình:

N +

fs

• và cho quả cầu quay: Iα = f s R

mg

x

aCM =

• Do lăn không trượt: α=

MaCM = Mg sinθ − f s   I aCM = f s  R2

g sinθ g sinθ 5 = = g sinθ 1+c 1+2 5 7

aCM R

BT 3.1

Trả lời BT 3.1

Một khối vuông và một quả cầu có cùng khối lượng, chuyển động trên mặt ngang với cùng vận tốc đầu. Sau đó chuyển động lên hai mặt nghiêng có cùng độ nghiêng. Khối vuông trượt không ma sát, còn quả cầu lăn không trượt.

Vật nào lên cao hơn?

v ω

v

Bảo toàn cơ năng: mgh = K

⇒h=

1 Khối vuông: K 1 = mv 2 2 1 1 Quả cầu: K 2 = mv 2 + Iω 2 > K 1 2 2

K 2 > K 1 ⇒ h2 > h1

Quả cầu lên cao hơn

K mg

Trả lời BT 3.2

BT 3.2 Một hình trụ đặc và một vành tròn có cùng khối lượng và bán kính, được thả cùng một lúc và lăn không trượt xuống một mặt nghiêng.

Vật nào lăn hết mặt nghiêng trước?

v=

2 gh 1+c

ctrụ = ½ cvành = 1 ⇒ vtrụ > vvành Hình trụ lăn xuống trước

Trả lời BT 3.3

BT 3.3 Hai hình trụ đặc, một cái nhỏ hơn và nhẹ hơn cái kia, được thả cùng một lúc và lăn không trượt xuống một mặt nghiêng.

Hình trụ nào lăn hết mặt nghiêng trước?

v=

2 gh 1+c

Mọi hình trụ đặc đều có c = ½, không phụ thuộc khối lượng và bán kính vật lăn. ⇒ cả hai xuống hết mặt nghiêng cùng lúc.

BT 3.4

Trả lời BT 3.4

Xét hai đĩa giống nhau. Hai vật nặng giống nhau được thả từ cùng một độ cao. Ngay trước khi hai vật nặng chạm đất, đĩa nào có động năng quay lớn hơn? b)

a)

h Mặt đất

• Bảo toàn cơ năng cho hệ vật + đĩa: 1 1 mgh = mv 2 + Iω 2 2 2

v=

ω R

= Kquay  1 2  mR 2 mgh ⇒ mgh = Iω  + 1  ⇒ K quay = 2 mR 2 I + 1  I  • m, h, I giống nhau trong hai trường hợp, nhưng Ra < Rb: động năng quay trường hợp a) lớn hơn.

Nội dung 1. Động học 2. Động lực học chất điểm

Bài tập Cơ học – Phần 1 Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

1.1 Một chất điểm chuyển động trên trục Ox theo chiều dương, bắt đầu từ O với vận tốc 2m/s. Gia tốc có biểu thức a = −v/2 (m/s2). Tìm biểu thức vận tốc theo thời gian t.

Trả lời 1.1 • Từ đề bài và định nghĩa của gia tốc:

dv v =− dt 2

• Chuyển v sang vế trái, dt sang vế phải: dv 1 = − dt v 2 • Tích phân hai vế từ t = 0 đến lúc t bất kỳ, để ý điều kiện ban đầu: v(t )

∫ 2

t

dv 1 = − ∫ dt 2 v 0

⇒

v ( t ) = 2e

−t 2

1.2 Một chất điểm chuyển động trong mặt phẳng xOy với vận tốc cho bởi: v = i + xj ( m s ) Ban đầu chất điểm ở gốc O, hãy tìm quỹ đạo của nó.

Trả lời 1.2 • Từ định nghĩa vận tốc và đề bài:

dy =x dt

• Chuyển dt sang vế phải rồi lấy tích phân từ t = 0 đến lúc t bất kỳ, để ý điều kiện ban đầu: x (t )

∫

t

dx =

0 y(t )

∫

∫ dt

dy =

∫

x (t ) = t

⇒

0 t

0

t

x ( t )dt =

0

∫

⇒

tdt

y (t ) =

0

• Khử t: y = x 2 2

t2 2

Quỹ đạo parabôn

1.3 Một hạt rời gốc tọa độ với vận tốc đầu: v = 3i ( m s ) và sau đó chuyển động với gia tốc không đổi: a = −i − 0, 5 j ( m s 2 ) Tìm vận tốc của hạt khi nó đạt vị trí có tọa độ x cực đại.

dx = 1; dt

Trả lời 1.3 • Tương tự như trong các câu trước ta có: dvx dt = −1; vx ( t )

∫ 3 vy ( t )

∫ 0

dvy dt = −0, 5

t

dvx = −∫ dt

⇒

vx ( t ) = 3 − t

⇒

vy ( t ) = −0, 5t

0 t

dvy = −0, 5 ∫ dt 0

• Theo đó vx sẽ giảm dần, bằng 0 lúc t = 3, sau đó hạt sẽ chuyển động ngược lại theo chiều âm.

Trả lời 1.3 (tt)

1.4

• Vậy lúc t = 3 thì x đạt giá trị cực đại.

• Lúc đó: vx = 0; vy = −1, 5

Một chất điểm chuyển động trên trục Ox theo chiều dương, bắt đầu từ O với vận tốc đầu bằng không. Sau đó nó có gia tốc a = 2 – 8x (m/s2). Hãy tìm vị trí x tại đó vận tốc đạt giá trị cực đại.

v ( t = 3 ) = −1, 5 j ( m s )

Trả lời 1.4 • Theo đề bài ta có:

1.5

dv = 2 − 8x dt

• Ở đây ta cần biết sự phụ thuộc của v vào x, do đó ta thay dt bằng dx: dt = dx v dv ⇒ vdv = ( 2 − 8x )dx = 2 − 8x dx v • Tích phân hai vế, để ý điều kiện ban đầu: v( x )

∫ 0

x

vdv =

∫ ( 2 − 8x )dx 0

⇒

⇒ v = vmax khi x = 0,25 ( m )

v 2 ( x ) = 4x − 8x 2

Một canô khối lượng m đang chuyển động thẳng với vận tốc v0 thì tắt máy. Biết rằng lực cản của nước lên canô có biểu thức F = kv2 , hãy tìm biểu thức của vận tốc canô theo quãng đường s đi được từ lúc tắt máy.

Hướng dẫn 1.5

1.6

• Dùng định luật 2 Newton để tìm gia tốc, sau đó làm tương tự như câu 1.4, ta có kết quả:

Một chất điểm chuyển động trên đường tròn với vận tốc đầu bằng không và gia tốc góc không đổi β = 2 (rad/s2). Lúc t = 1 (s) thì chất điểm có vận tốc v = 4 (m/s). Tìm bán kính đường tròn.

v (s ) =

k − s m v0e

Trả lời 1.6

Trả lời 1.6 (tt)

• Liên hệ giữa quãng đường đi được và góc quay: s = Rθ • Lấy đạo hàm theo thời gian:

• Trong đó ta đã dùng điều kiện ban đầu, và biết gia tốc góc là hằng số.

• Suy ra bán kính đường tròn: v (t ) R= βt • Lúc t = 1 (s) thì v = 4 (m/s), do đó:

ds dθ =R dt dt

⇒

v = Rω

dv dω dv =R ⇒ at = = Rβ dt dt dt • Từ hệ thức (1) suy ra: v(t )

∫ 0

t

dv = Rβ ∫ dt ⇒ 0

v ( t ) = Rβt

(1)

R=

v (t = 1) 2 ×1

=

4 = 2(m ) 2

1.7 Một vật được ném ngang từ trên cao. Vận tốc vật khi chạm đất hợp với phương ngang một góc 60° và có độ lớn 30 (m/s). Lấy g = 10 (m/s2) và bỏ qua sức cản của không khí. Tìm bán kính cong của quỹ đạo tại điểm chạm đất.

Trả lời 1.7 • Lúc chạm đất, gia tốc tiếp tuyến hợp với phương ngang một góc α, • đó cũng chính là góc giữa gia tốc pháp tuyến và gia tốc toàn phần g.

α at an

• Ta có:

v2 an = g cos α ⇔ = g cos α R v2 302 = = 180 ( m ) ⇒R= g cos α 10 cos 60°

g

1.8

Trả lời 1.8

Một bánh xe quay chậm dần đều, trong thời gian 1 phút vận tốc góc của nó giảm từ 300 (vòng/phút) xuống còn 180 (vòng/phút). Tìm gia tốc góc của bánh xe và số vòng nó quay được trong thời gian 1 phút ấy.

• Từ biểu thức của gia tốc góc: d ω = βdt • Chọn t = 0 lúc vận tốc góc bằng 300 (v/ph), tích phân từ t = 0 đến lúc t bất kỳ: ω( t )

∫

t

dw = β ∫ dt

ω0

⇒

ω ( t ) = ω0 + βt

0

• Suy ra gia tốc góc: β = ( ω ( t ) − ω0 ) t • Lúc t = 60 (s) thì ω = 180 (v/ph), do đó:

β=

( 180 − 300 ) × ( 2π 60

60 )

= −0,21( rad s 2 )

Trả lời 1.8 (tt)

1.9

• Từ biểu thức của vận tóc góc: d θ = ωdt • Tích phân từ t = 0 đến lúc t bất kỳ: θ( t )

∫ 0

t

t

dθ =

∫ ωdt

Một vật chuyển động cong đến vị trí M thì có vận tốc và gia tốc như hình vẽ. Kết luận nào sau đây là đúng: A. Vật sẽ chuyển động chậm dần về bên trái (T).

B. Vật sẽ chuyển động nhanh dần về bên trái (T).

C. Vật sẽ chuyển động chậm dần về bên phải (P).

D. Vật sẽ chuyển động nhanh dần về bên phải (P).

=

∫ ( ω0 + βt )dt 0

0

• Suy ra góc quay sau thời gian t: θ ( t ) = ω0t + 21 βt 2

• Thay t = 60 (s) ta được: θ = 480π ( rad ) = 240 ( vong )

Trả lời 1.9 • Gia tốc tiếp tuyến ngược chiều với vận tốc: vật chuyển động chậm dần.

• Vận tốc ở M hướng sang phải.

• Kết luận: Vật sẽ chuyển động chậm dần về bên phải (P).

• Trả lời: D

v (T) (P)

M

a

1.10 v (T) (P)

M

an

at a

Một vật rơi tự do, trong 2 (s) cuối cùng trước khi chạm đất đã rơi được một quãng đường dài 60 (m). Cho g = 10 (m/s2). Vật đã rơi từ độ cao bao nhiêu?

h−d t=0 d

v t = 2s y

Trả lời 1.10 • Chọn t = 0 lúc vật ở cách mặt đất một khoảng d và có vận tốc v (hình vẽ).

• Sau thời gian t thì vật chạm đất, do đó:

Trả lời 1.10 • Sau khi rơi một quãng h – d, vật có vận tốc:

v 2 = 2g ( h − d ) • Suy ra độ cao h:

d = 21 gt 2 + vt

• Suy ra vận tốc v: v =

d − 21 gt 2 t

• Thay d = 60 (m) và t = 2 (s) ta được:

v2 h= +d 2g h = 80 ( m )

60 − 5 × 22 v= = 20 ( m s ) 2

1.11

Trả lời 1.11

Cho hai vật A và B rơi tự do từ cùng một độ cao, vật A rơi trước vật B. Cho g = 10 (m/s2). Sau 2 (s) kể từ lúc vật B rơi, khoảng cách giữa hai vật là 60 (m). Vật B rơi sau vật A bao lâu?

• Chọn trục y hướng xuống và gốc thời gian lúc vật B bắt đầu rơi, ta có: yB = 21 gt 2 • Trước đó một quãng thời gian t0 vật A đã bắt đầu rơi, do đó: 2 yA = 21 g ( t + t0 ) • Lúc t = 2 (s) thì khoảng cách giữa hai vật là 60 (m), suy ra: 1g 2

( 2 + t0 )

2

− 21 g ( 2 ) = 60

⇒ t0 = 2 ( s )

2

2.1

Trả lời 2.1 - 1

Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa m và M, giữa M và sàn là k. Để M chuyển động đều, trước khi m rơi khỏi nó, thì F phải thỏa: A. F = kMg B. F = k(M+m)g C. F = kmg D. F = k(M+2m)g

a. Lực F kéo M sang trái, do đó hai lực ma sát f1 từ mặt bàn, và f2 từ m, đều hướng sang phải. b. m chịu phản lực vuông góc N2 từ M, vì vậy sẽ ép xuống M một lực trực đối. c. M cũng tác động vào m một lực bằng f2, hướng sang trái.

m

F

M

Trả lời 2.1 - 2 • Dùng định luật 2 Newton trên phương x, y cho hai vật, lưu ý là m đứng yên:

N2

F

f1 Mg N2 T f2

mg

y x

Trả lời 2.1 - 3 f2

N1

• Có thể tìm sức căng dây T từ (3) và (4): T = kmg

N2

F

f1

Ma = F − k ( N 1 + N 2 ) (1)

0 = N 1 − Mg − N 2

(2)

0 = kN 2 − T

(3)

0 = N 2 − mg

(4)

f2

• Nhân (2) và (4) với k và cộng tất cả, ta được:

y

Ma = F − k ( M + m ) g − T

f2

N1

• Lưu ý khi phân tích lực:

Mg

• Do đó: Ma = F − k ( M + 2m ) g

mg

• Khi M chuyển động đều thì a = 0, lúc đó F phải thỏa: F = k ( M + 2m ) g • Trả lời: D

N2 T

x

2.2

Trả lời 2.1

Một vật khối lượng m = 100 (kg) sẽ chuyển động đều lên trên một mặt nghiêng có góc nghiêng α = 30° nếu chịu tác động của lực kéo F = 600 (N) dọc theo mặt nghiêng. Khi thả vật ra, vật sẽ chuyển động xuống với gia tốc bằng bao nhiêu?

• Khi kéo lên, dùng dữ liệu của đề bài ta thấy mgsinα < F. • Vì vậy để vật trượt đều khi kéo lên thì phải có ma sát sao cho tổng lực trên mặt nghiêng (phương Ox) bằng không:

y x

N

F

f α

mg

0 = F − mg sin α − kmg cos α (1) • Lưu ý: f = kN = kmgcosα

Trả lời 2.1 (tt)

2.3 y

• Ngược lại khi vật trượt xuống ta có: x

ma = mg sin α − kmg cos α (2)

N f

• Lấy (2) trừ (1) ta được:

ma = 2mg sin α − F F ⇒ a = 2g sin α − m

a = 4 (m s2 )

α

mg

Vật m được kéo trượt đều như trên hình vẽ. Hệ số ma sát giữa m và mặt nghiêng là k. Để F là nhỏ nhất thì góc β phải thỏa điều kiện nào sau đây?

A. β = arcsink B. β = arccosk C. β = arctank D. β = arccotk

F β

α

Trả lời 2.3

2.4

y • Định luật 2 Newton trên x, x y khi vật trượt đều: 0 = F cos β − mg sin α − kN (1) F 0 = N + F sin β − mg cos α (2) N β • (1) + k × (2) cho ta: sin α + k cos α f F = mg cos β + k sin β mg α • Điều kiện đối với β để F cực tiểu: dF = 0 ⇒ β = arctan k Trả lời: C dβ

Một vật khối lượng m có thể trượt không ma sát trên mặt nghiêng của một nêm.

Hỏi phải đẩy nêm trượt sang phải với gia tốc tối thiểu A bằng bao nhiêu để m đứng yên đối với nêm.

• Nếu A < gtanα thì Fqt không đủ để tạo cân bằng: m trượt xuống.

α

Trả lời 2.4 (tt) y

N

x

• Trong hệ quy chiếu gắn liền với nêm m có gia tốc bằng không, và chịu lực quán tính hướng ngược chiều gia tốc A. • Định luật 2 trên x cho: 0 = mg sin α − mA cos α ⇒ A = g tan α

A

mA mg

α

• Cũng có thể xét hệ quy chiếu mặt đất.

• Khi m đứng yên đối với nêm, gia tốc của m đối với mặt đất cũng là A, • do đó định luật 2 Newton trên phương x cho ta:

mA cos α = mg sin α ⇒ A = g tan α

y

N

x

Trả lời 2.4

m

A mg

α

Một vật khối lượng m có thể trượt không ma sát trên mặt nghiêng của một nêm. A Nêm trượt sang trái với gia tốc không đổi A. Gia tốc A phải thỏa điều kiện gì để m đứng yên đối với nêm?

Trả lời 2.5 m

α

Trả lời 2.5 (tt)

• Ngược lại, vật sẽ rơi khỏi nêm khi: A ≥ g cot α • Dấu = là khi N bắt đầu bằng không.

N mA mg

α

2.6 y

N

x

• Để tìm N ta dùng định luật 2 Newton trên phương y: 0 = N + mA sin α − mg cos α ⇒ N = m ( g cos α − A sin α ) N > 0 ⇔ A < g cot α

y

• Trong hệ quy chiếu gắn liền với nêm m có gia tốc bằng không, và chịu lực quán tính hướng ngược chiều gia tốc A. • Fqt có xu hướng làm vật rơi khỏi nêm về phía phải. Xu hướng này càng tăng khi A càng lớn.

• Khi N > 0 thì m còn ép lên nêm, tức là còn chưa rơi.

x

2.5

mA mg

α

Cho cơ hệ như hình vẽ, khối lượng ròng rọc và dây treo không đáng kể, M = 1 (kg), m = 0,5 (kg), g = 10 (m/s2). Áp lực giữa M và m là: A. 4 (N) B. 5 (N) C. 6 (N) D. 0 (N)

M

m M

Hướng dẫn 2.6

2.7

• Đây là máy Atwood với khối lượng (m + M) và M ở hai nhánh. Nhánh phải sẽ đi xuống với gia tốc (xem bài giảng): m a =g 2M + m • Khi m ép vào M một lực, thì M tác động ngược lại một lực trực đối, đó chính là phản lực vuông góc N. • Để tìm N, ta dùng định luật 2 Newton cho m. Trả lời: 4 (N)

N

mg y

Trả lời 2.7 • Dùng định luật 2 Newton cho m trên phương x, y, lưu ý là vật có gia tốc A hướng sang phải:

mA = N 0 = f − mg • Từ (2) ta có: f = mg

m A

2.8 f N

(1) (2)

Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa vật m và bề mặt thẳng đứng của khối vuông là k = 0,1. Cho g = 10 (m/s2). Để m không trượt xuống, cần cho khối vuông chuyển động sang phải với gia tốc A tối thiểu là bao nhiêu?

mg y

x • Ma sát tĩnh phải thỏa điều kiện: f ≤ kN mg g ⇒N ≥ ⇔A≥ Amin = 100 ( m s 2 ) k k

Cho hệ như hình vẽ. Gọi a0, a1, a2 là gia tốc của m0, m1, m2 đối với hệ quy chiếu mặt đất. Tìm hệ thức liên hệ giữa ba gia tốc.

m0

m1

m2

Trả lời 2.8

Trả lời 2.8 (tt)

• Chiều dài dây treo qua ròng rọc 2: l = ( y1 − y 0 ) + ( y2 − y 0 ) • l không đổi vì dây không co dãn, vì vậy nếu lấy đạo hàm hai lần biểu thức trên theo thời gian ta được:

0=

d 2y1 2

+

d 2y2 2

−2

O 2

y0 y1 y2

• a0 là gia tốc ròng rọc 2, cũng chính là gia tốc của m0, vì dây treo qua ròng rọc 1 cũng có chiều dài không đổi.

• Do đó hệ thức giữa gia tốc của ba vật là: a1 + a2 = 2a 0

d 2y 0

dt dt dt 2 ⇔ 0 = a1 + a2 − 2a 0

2.9 Một xe trượt khối lượng m trượt xuống từ đỉnh một ngọn đồi hình bán cầu phủ đầy tuyết (không ma sát).

Giả sử vận tốc ban đầu của xe là không đáng kể.

Hãy tìm góc φ ứng với khi xe bắt đầu rời khỏi ngọn đồi.

Trả lời 2.9 - 1 • Dùng định luật Newton 2 trên phương pháp tuyến ở vị trí có góc lệch φ: m v 2 R = mg cos φ − N ⇒ N = m ( g cos φ − v 2 R )

• Khi vật trượt xuống thì vận tốc v tăng dần, do đó N giảm dần.

• Đến khi N = 0 thì vật bắt đầu rời khỏi ngọn đồi.

N

mg

Trả lời 2.9 - 3

Trả lời 2.9 - 2 • Khi đó:

N

v 2 = gR cos φ (1) • Để tìm v ta dùng định lý động năng giữa vị trí có góc lệch φ và vị trí ban đầu: 1 mv 2 = mgh 2

= mgR ( 1 − cos φ ) • Suy ra:

v 2 = 2gR ( 1 − cos φ )

(2)

h

• Từ (1) và (2) ta được: 2gR ( 1 − cos φ ) = gR cos φ

mg

2 3 φ = cos−1 ( 2 3 ) ≈ 48° ⇒ cos φ =

• Lúc ấy độ cao tính từ đỉnh đồi là:

 2 R h = R  1 −  =  3 3

2.10 Cho hai lực: F1 = yi F2 = xi + yj

Lực nào là lực thế?

Trả lời 2.10 • Công sơ cấp của hai lực: dW1 = ydx

dW2 = xdx + ydy = 21 d ( x 2 + y 2 ) • Công trong một dịch chuyển lớn:

∫ ydx W2 = 21 ∫ d ( x 2 + y 2 ) W1 =

= 21 ∆ ( x 2 + y 2 )

• W1 phụ thuộc y(x): thay đổi theo quỹ đạo, F1 không phải là lực thế.

• W2 chỉ phụ thuộc vị trí đầu và cuối, F2 là lực thế.

2.11 Một vật khối lượng m trượt lên một mặt nghiêng góc α với vận tốc đầu v0. hệ số ma sát giữa vật với mặt nghiêng là k. Tìm quãng đường vật đi được cho đến khi dừng lại.

Trả lời 2.11 • Độ biến thiên cơ năng giữa vị trí cuối và đầu:

v=0

∆ ( K + U g ) = Wms ∆K = − 21 mv02

s v0

α

∆U g = mgh = ( mg sin α )s

• Công lực ma sát: Wms = −fs = −kNs = −k ( mg cos α )s v02 ⇒s = 2g ( sin α + k cos α )

h

Nội dung Thực nghiệm

Khí lý tưởng Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

Lý thuyết: phân tử 3. Phương trình căn bản là chất điểm 4. Phân bố Maxwell Mở rộng: phân tử khác chất điểm

5. Bậc tự do 6. Nội năng khí lý tưởng

Áp dụng

7. Nhiệt dung 8. Quá trình đoạn nhiệt

1a. Số Avogadro • Số nguyên tử (phân tử) trong một mol: N A = 6,02 × 1023

• Số mol của một chất: N n= NA M M n= s = s M mN A

N: số nguyên tử (phân tử) Ms: khối lượng chất M: khối lượng mol m: khối lượng nguyên tử (phân tử)

1. Phương trình trạng thái 2. Công khi co dãn

Câu hỏi 1 Trộn 8 g khí O2 với 22 g khí CO2. Khối lượng của một mol hỗn hợp này là: A. 30 g B. 40 g C. 45 g D. 60 g

Trả lời câu 1 • Khối lượng 1 mol hỗn hợp (NA phân tử):

M = mO2 NO2 + mCO2 NCO2 M = MO2

NO2 NA

+ MCO2

NCO2 NA

= 32xO2 + 44 xCO2

• Tỷ lệ thành phần xO2 và xCO2 cũng giống như trong hỗn hợp ban đầu.

• 8g O2 ↔ 8/32 mol = NA/4 phân tử.

• 22g CO2 ↔ 22/44 mol = NA/2 phân tử.

Trả lời câu 1 (tt) xO2 =

0,25N A 1 = 0,25N A + 0,5N A 3

xCO2 =

0,5N A 2 = 0,25N A + 0,5N A 3

1 2 M = 32 × + 44 × = 40 g 3 3

1b. Phương trình trạng thái khí lý tưởng

Câu hỏi 2

• Khí lý tưởng tuân theo phương trình trạng thái: P đo bằng Pa = N/m2 (Pascal) PV = NkT T đo bằng K

Một khối khí lý tưởng được chứa trong bình ở nhiệt độ 300 K và áp suất 40 atm. Cho một nửa lượng khí thoát ra khỏi bình thì áp suất còn 19 atm. Nhiệt độ của khối khí lúc này là:

• k là hằng số Boltzmann: k = 1,38 × 10−23 J K • Dạng khác:

1 atm = 101 kPa

PV = nRT

• R là hằng số khí: R = kN A = 8,31 J ( mol .K )

A. 10 °C B. 22 °C C. 15 °C D. 12 °C

Trả lời câu 2

Đường đẳng nhiệt PV = const

• Thể tích không đổi:

Đường đẳng tích T1 T2

nRT1 ( n 2) RT2 V= = P1 P2 ⇒ T2 = 2T1 T2 = 600

P2 P1

19 = 285K = 12°C 40

V

T(C) = T(K) − 273

• Trả lời: D

2. Công thực hiện bởi khí lý tưởng – 1 V2

W = − ∫ PdV V1

Dãn nở: W < 0 Nén: W > 0

• Quá trình đẳng tích (V = const): W = 0 • Quá trình đẳng áp (P = const): W = − P (V2 − V1 ) • Quá trình đẳng nhiệt (T = const): V2

nRT dV V V1

W = −∫

⇒ W = −nRT ln

V2 V1

2. Công thực hiện bởi khí lý tưởng – 2

Câu hỏi 3

• Trong giản đồ P-V: • |W| = Diện tích giới hạn giữa đường cong P(V) và trục V.

Hai mol khí lý tưởng lưỡng nguyên tử dãn nở đẳng nhiệt từ thể tích 2m3 đến 4m3 ở nhiệt độ 27°C. Công mà khối khí nhận được trong quá trình này là:

• Công thực hiện phụ thuộc vào quá trình.

A. 3456 J B. −3456 J C. 3645 J D. −3645 J

Trả lời câu 3

3a. Mô hình khí lý tưởng

• Công do khí thực hiện trong quá trình đẳng nhiệt:

T=300K 1

P1

V W = −nRT ln 2 V1 4 W = −2 × 8,314 × 300 × ln 2

2

P2 V1=2

V2=4

W = −3458 ( J )

• W < 0: khí thực hiện công.

• Phân tử khí là chất điểm chuyển động hỗn loạn.

• Không tương tác với nhau, trừ khi va chạm.

• Va chạm đàn hồi với thành bình.

• Áp lực trung bình của các phân tử lên thành bình = áp suất khí.

v −vx F v vx

3b. Phương trình căn bản 2 PV = NK 3

Động năng trung bình của phân tử khí

4a. Phân bố Maxwell - 1 1 K = mv 2 2

• Phương trình trạng thái: PV = NkT

• Tỷ lệ các phân tử khí có vận tốc trong khoảng từ v đến v + dv: dN = f ( v ) dv N • f(v) là hàm phân bố Maxwell: 32

3 K = kT 2

⇒ v2 = 3

 mv 2   m  2 f ( v ) = 4π   v exp  − 2kT   2π kT   

kT m

• Vận tốc căn quân phương: vc = v 2 = 3

kT m

• dN/N cũng là xác suất để tìm thấy một phân tử có vận tốc trong khoảng (v, v + dv).

4b. Các vận tốc đặc trưng

4a. Phân bố Maxwell - 2 f (v)

Mô phỏng Diện tích = số phân tử có v trong khoảng (200, 200 + dv)/N

• Vận tốc trung bình vtb =

f (200)

dv

• Vận tốc có xác suất 2kT kT 1,41 v = = lớn nhất xs m m 8kT kT = 1,60 πm m

• Vận tốc căn quân 3kT kT 1,73 v = = c phương m m v (m/s)

Câu hỏi 5

4b. Các vận tốc đặc trưng (tt)

Một khối khí dãn nở đẳng áp cho đến khi thể tích tăng lên gấp 4 lần. Nếu vận tốc trung bình của phân tử khí lúc đầu là v thì lúc sau sẽ là:

f (v)

v (m/s)

vxs

vtb

vc

A. v B. 3v C. 2v D. v/2

Trả lời câu 5

Đường đẳng nhiệt Đường đẳng áp

• Dãn nở đẳng áp: nRT1 nRT2 P= = V1 V2 T V ⇒ 2 = 2 =4 T1 V1 • Vận tốc trung bình: 8kT v= πm

T2 T1

P

v T ⇒ 2 = 2 =2 v1 T1

5. Số bậc tự do – 1 • Số bậc tự do i : số tọa độ độc lập cần để mô tả chuyển động của một phân tử khí.

Phân tử

itịnh tiến iquay

i

He

3

0

3

O2

3

2

5

CH4

3

3

6

Trả lời: C

6a. Định luật phân đều năng lượng

5. Số bậc tự do – 2 • Ngoài ra, ở nhiệt độ cao các nguyên tử trong phân tử còn có thể dao động nữa.

• Khi đó ta phải thêm các bậc tự do dao động.

• Chẳng hạn số bậc tự do của O2 sẽ là: i = 3+2+1 = 6 tịnh tiến

quay

• Năng lượng trung bình của một phân tử khí theo mỗi bậc tự do tịnh tiến là ½kT. • Mở rộng cho quay và dao động ta có:

dao động

Bậc tự do

Năng lượng trung bình

Tịnh tiến

½kT

Quay

½kT

Dao động

kT = ½kT + ½kT Động năng = Thế năng = ½kT

6b. Nội năng của khí lý tưởng

Câu hỏi 6

• Năng lượng của một phân tử khí = tổng năng lượng theo các bậc tự do:

Trong một bình kín có 20 g khí N2 và 32 g khí O2. Tìm độ biến thiên nội năng của hỗn hợp khí khi nhiệt độ của hỗn hợp giảm đi 28 °C:

kT kT + iq + idd kT 2 2 kT u = ( itt + iq + 2idd ) 2 • Suy ra nội năng của khí lý tưởng: u = itt

U = ( itt + iq + 2idd )

NkT 2

Nội năng khí lý tưởng chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ

A. 997,2 J B. 997,2 cal C. 99,72 J D. 99,72 cal

Trả lời câu 6

Câu hỏi 7

• Bỏ qua dao động, nội năng của hỗn hợp: U=

5 nO + nN2 RT 2 2

(

)

∆U =

5 nO2 + nN2 R∆T 2

(

)

nN2 =20 28 = 0,714 nO2 =32 32 = 1

∆U = 2,5(1 + 0,714 )( 8,314 )( 28 ) = 997,5( J )

• Trả lời: A

Một kmol khí lý tưởng lưỡng nguyên tử trải qua hai quá trình biến đổi liên tiếp: (a) đẳng áp (P, V) → (P, 4V) (b) đẳng nhiệt (P, 4V) → (2P, 2V) Tìm độ biến thiên nội năng của khí.

A. 33PV/2 C. 27PV/2

B. 21PV/2 D. 15PV/2

7a. Nhiệt dung

Trả lời câu 7 U = 5nRT 2

• Nhiệt dung của một chất là lượng nhiệt cần cung cấp để nhiệt độ tăng lên một độ:

∆U = 5nR∆T 2 2P P

PV = nRT1

P ( 4V ) = nRT2

2

1

t

T1

(2P )(2V ) = nRT2

4V

V 2V

⇒ ∆T = 3 PV nR ⇒ ∆U = 15 PV 2

7b. Nhiệt dung mol đẳng tích – 1 • Khi V = const khí không thực hiện công, nhiệt cung cấp chuyển thành nội năng: dQ = dU 1 dU • Vậy nhiệt dung mol đẳng tích: CV = n dT • Nội năng n mole khí lý tưởng: U = ( itt + iq + 2idd )

T2

nRT 2

CV = ( itt + iq + 2idd )

R 2

C=

dQ dT

• Nhiệt dung của một đơn vị khối lượng: nhiệt dung riêng (J/kg.K).

• Nhiệt dung của một mol: nhiệt dung mol (J/mol.K).

7b. Nhiệt dung mol đẳng tích – 2 Nhiệt dung mol đẳng tích của H2 Dao động Quay Tịnh tiến

U = nCV T

Đơn vị: J/K

7c. Nhiệt dung mol đẳng áp

8. Quá trình đoạn nhiệt • Phương trình đường đoạn nhiệt:

C P = CV + R

• Bảo toàn năng lượng: dU = dQ + dW nCV dT = nC P dT − nRdT • Mặt khác: dQ = nC P dT nC P dT = n( CV + R ) dT dU = nCV dT • Công do khí thực hiện khi P = const: dW = −PdV = −nRdT

W = − ∫ PdV

CV = ( itt + iq + 2idd )

V1

2 PV = NK 3

C P = CV + R

vdac trung = a kT m

PV γ = const

vsx

vtb

vc

a 1,41 1,60 1,73

R 2

Quá trình đoạn nhiệt

CP CV

• Nở đoạn nhiệt làm giảm nhiệt độ.

U = nCV T

V2

• Chỉ số đoạn nhiệt: γ=

Tóm tắt

PV = NkT = nRT

PV γ = const

Các đường đẳng nhiệt

γ > 1 : đường đoạn nhiệt dốc hơn đường đẳng nhiệt

Nội dung

Nhiệt động lực học Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

1. Nguyên lý thứ nhất dU = dW + dQ

−

∆U = W + Q

−

Công, nhiệt cho đi là âm Công, nhiệt nhận là dương

• Ý nghĩa: bảo toàn năng lượng.

• Nội năng của một bình khí đứng yên gồm: − Động năng của các phân tử. − Thế năng tương tác giữa các phân tử.

• Công, nhiệt phụ thuộc quá trình.

• ΔU không phụ thuộc quá trình.

1. Nguyên lý thứ nhất 2. Nguyên lý thứ hai – Cách phát biểu của Kelvin 3. Nguyên lý thứ hai – Cách phát biểu của Clausius 4. Nguyên lý thứ hai – Entropy

Bài tập 1 Một lượng khí nitơ (N2) được nung nóng đẳng áp, thực hiện một công bằng 2,0 J. Tìm nhiệt lượng mà chất khí nhận được.

Trả lời BT 1 ?

Q = ∆U − W

?

∆U = nCV ∆T

W = −2 J

Lưỡng nguyên tử, không dao động

CV = 5R 2

W = −P ∆V = −nR∆T

Bài tập 2

Phương trình trạng thái: PV = nRT Đẳng áp: PΔV = nRΔT

⇒ ∆T = −W nR

Hai mol khí lý tưởng ở nhiệt độ 300K được làm lạnh đẳng tích cho đến khi áp suất giảm đi 2 lần.

Sau đó khí dãn nở đẳng áp để trở lại nhiệt độ ban đầu.

Tìm nhiệt toàn phần do chất khí hấp thụ trong suốt quá trình trên.

∆U = nCV ( −W nR ) = − CV W R = 5 J Q =7J

Trả lời BT 2 (tt)

Trả lời BT 2 Đường đẳng nhiệt

• Đẳng tích a→b: Q1 = ∆U1 = nCV ∆T1 Q1 = −nCV T 2

P

a

Q = Q1 + Q2 = nRT 2 c

½P

T ½T

b

• Đẳng áp b→c: Q2 = ∆U2 − W2 ∆U2 = nCV ∆T2 = nCV T 2 W2 = −

nRT P PV (2V − V ) = − = − 2 2 2

V

• Tổng nhiệt trao đổi:

2V

a: T = PV/nR b: Tb = ½PV/nR → Tb = ½T

Q = 2 × 8,314 × 300/2 = 2500 J • Q > 0: hệ nhận nhiệt

Bài tập 3

BT 2 – Mở rộng Đường đẳng nhiệt

• Nhiệt trao đổi trong quá trình nở đẳng nhiệt từ a P đến c? ½P Q3 = −W3 2V Q3 = nRT ln V = nRT ln2 = 3500 J

a c T ½T

b V

2V

Ba mol khí lý tưởng ở 273K được dãn nở đẳng nhiệt cho đến khi thể tích tăng lên 5 lần.

Sau đó khí được nung nóng đẳng tích để trở về áp suất ban đầu.

Nhiệt toàn phần trao đổi trong suốt quá trình là 80 kJ. Tìm chỉ số đoạn nhiệt γ = CP/CV của khí này.

• Q3 ≠ Q: Nhiệt trao đổi phụ thuộc vào quá trình.

Trả lời BT 3 (tt)

Trả lời BT 3 • Nhiệt trao đổi trong quá trình đẳng nhiệt: Q1 = −W1 = nRT ln (Vb Va ) Q1 = nRT ln5

• Nhiệt trao đổi trong quá trình đẳng tích: Q2 = ∆U2 = nCV ∆T2 Q2 = 4nCV T

P a

c

5T

b T V

5V

a: T = PV/nR c: Tc = P(5V)/nR → Tc = 5T

• Tổng nhiệt trao đổi trong suốt quá trình: Q = Q1 + Q2 = nT ( R ln5 + 4CV ) • Suy ra nhiệt dung mol đẳng tích: 1 Q  CV = 21,1 J mol.K CV =  − R ln5  4  nT  • Chỉ số đoạn nhiệt của chất khí: C +R C R γ= P = V =1+ CV CV CV γ = 1,4

Bài tập 4 Một mol khí oxy (O2) ở nhiệt độ 290K được nén đoạn nhiệt cho đến khi áp suất tăng lên 10 lần.

Tìm: (a) nhiệt độ khí sau khi nén; (b) công mà khí nhận được.

Trả lời BT 4 – 1 • Quá trình đoạn nhiệt: γ

 nRT  PV γ = P   = const P  

Các đường đẳng nhiệt Quá trình đoạn nhiệt

⇒ P 1−γ T γ = const ⇒P

1−γ γ

T = const

• Vậy nhiệt độ sau quá  P1  T = T   2 1 trình nén là:  P2 

Trả lời BT 4 – 2 • Nếu phân tử O2 không dao động ta có: 5 CV = R 2 7 ⇒γ = 5 • Suy ra:  1  T2 = 290 ×    10 

7 C P = CV + R = R 2 1−γ 2 =− γ 7

−

2 7

Trả lời BT 4 – 3 • Công trong quá trình đoạn nhiệt: W = ∆U = nCV ∆T 5 W = n R∆T 2 5 W = × 8,314 × (560 − 290) = 5600 J 2

= 560 K

1−γ γ

2a. Nguyên lý 2: cách phát biểu của Kelvin

2b. Động cơ nhiệt – 1

• Nhiệt không thể tự nhiên chuyển hoàn toàn thành công.

• Động cơ nhiệt: chỉ có một phần nhỏ nhiệt cung cấp được chuyển thành công của động cơ, • Phần còn lại được thải ra môi trường chung quanh.

• Động cơ nhiệt: – nhận nhiệt từ nguồn nóng, – biến một phần nhiệt thành công, – thải phần còn lại ra nguồn lạnh, – hoạt động theo chu trình.

2b. Động cơ nhiệt – 2 • Trên giản đồ PV chu trình của động cơ nhiệt là một đường: – khép kín, – hướng theo chiều kim đồng hồ (W < 0), – có diện tích = |W|.

Nguồn nóng Qh Động cơ

Qc Nguồn lạnh

2b. Động cơ nhiệt – 3 • Hiệu suất của động cơ nhiệt:

P

e=

W Qh

e =1−

Qc Qh

• Trong một chu trình ΔU = 0: V

Qh + Qc + W = 0

W ⇒ Qh

=1−

Qc Qh

⇔ Qh − Qc − W = 0

W

2c. Động cơ nhiệt – 4 • Nguyên lý 2, theo Kelvin, còn có thể phát biểu như sau: • Không tồn tại động cơ lý tưởng, là động cơ có hiệu suất bằng 1.

Qc = 0 ⇒ e = 1 −

Qc

Nguồn nóng Qh Động cơ

W

=1

Qh

Nguồn lạnh

2d. Động cơ Carnot • Hoạt động với khí lý tưởng, theo chu trình Carnot gồm: • Hai quá trình đẳng nhiệt và hai quá trình đoạn nhiệt.

• Trong các máy hoạt động giữa hai nguồn giống nhau, máy Carnot là máy có hiệu suất lớn nhất.

Bài tập 6 Một động cơ Carnot dùng tác nhân là hydrô (H2). Tìm hiệu suất của động cơ nếu trong quá trình nở đoạn nhiệt: (a) thể tích tăng lên 2 lần. (b) áp suất giảm đi 2 lần.

P

Quá trình đoạn nhiệt Qh Th Tc

Qc

V

eCarnot = 1 −

Tc Th

Trả lời BT 6 (a) • Quá trình nở đoạn nhiệt: ThVBγ −1 = TcVCγ −1 • Suy ra: Tc  VB  =  Th  VC 

γ −1

1 =  2

γ −1

• Khí lý tưởng lưỡng nguyên tử có: γ = 7 5 • Vậy: e = 1 − 0,52 5 = 0,24

Nở đoạn nhiệt

3a. Nguyên lý 2: cách phát biểu của Clausius

Trả lời BT 6 (b) • Quá trình nở đoạn nhiệt: 1−γ γ h B

TP

Nở đoạn nhiệt

1−γ γ c C

=T P

• Suy ra: Tc  PB  =  Th  PC 

1−γ γ

• Nhiệt không thể tự nhiên chuyển từ nơi lạnh sang nơi nóng.

• Máy lạnh: phải cung cấp công để “bơm nhiệt” từ nơi lạnh sang nơi nóng.

1−γ γ

=2

• Vậy: e = 1 − 2−2 7 = 0,18

3b. Máy lạnh (bơm nhiệt) – 1

3b. Máy lạnh (bơm nhiệt) – 1

• Máy lạnh là thiết bị – nhận công từ bên ngoài, – bơm nhiệt từ nguồn lạnh, – và thải nhiệt ra nguồn nóng, – hoạt động theo chu trình.

• Trên giản đồ PV chu trình của máy lạnh là một đường – khép kín, – quay ngược chiều kim đồng hồ (W > 0), – có diện tích = |W|.

Nguồn nóng Qh Máy lạnh

Qc Nguồn lạnh

W

P

V

3b. Máy lạnh (bơm nhiệt) – 2

3b. Máy lạnh (bơm nhiệt) – 3 • Nguyên lý 2, theo Clausius, còn có thể phát biểu như sau: • Máy lạnh lý tưởng có hiệu suất lớn vô cùng không tồn tại.

• Máy lạnh có hiệu suất: K=

Qc

K=

W

Qc Qh − Qc

• Trong một chu trình ta có ΔU = 0: W + Qh + Qc = 0

⇔ W − Qh + Qc = 0

W =0⇒ K = ⇒

Qc W

=

Qc

Qc

Nguồn nóng Qh Máy lạnh

Qc

→∞

W

Nguồn lạnh

Qh − Qc

Bài tập 8

3d. Máy lạnh Carnot • Máy lạnh Carnot hoạt động với khí lý tưởng, theo chu trình Carnot ngược.

• Trong các máy lạnh hoạt động giữa hai nguồn giống nhau, máy lạnh Carnot có hiệu suất lớn nhất.

P

Một tủ lạnh có hiệu suất bằng 5. Tủ lạnh bơm được 120 J nhiệt trong mỗi chu trình. Tìm: (a) Công cung cấp trong mỗi chu trình. (b) Nhiệt thải ra chung quanh trong mỗi chu trình.

Qh Th Qc

Tc V

K Carnot =

Tc Th − Tc

Trả lời BT 8 K=

Qc W

W =

Qc K

=

120 = 24 J 5

• Trong mỗi chu trình ta có ΔU = 0:

4a. Nguyên lý 2: cách phát biểu thứ ba • Trong một hệ cô lập entropy luôn luôn tăng hay giữ nguyên không đổi. − Entropy tăng trong các quá trình bất thuận nghịch, − và không đổi trong các quá trình thuận nghịch.

W + Qh + Qc = W − Qh + Qc = 0 Qh = W + Qc = 120 + 24 = 144 J

4b. Quá trình bất thuận nghịch • Ví dụ: – sự truyền nhiệt: nhiệt chỉ truyền từ nguồn nóng đến nguồn lạnh.

– sự khuếch tán: các phân tử chỉ lan tỏa từ nơi mật độ cao đến nơi mật độ thấp.

• Đặc điểm: – không trải qua các trạng thái cân bằng, – không thể biểu diễn bằng một đường cong trên giản đồ PV.

4c. Entropy – số đo sự hỗn loạn • Entropy của hệ tăng theo số cấu hình vi mô W: S = k lnW

J/K

• Mỗi cấu hình vi mô ứng với một cách hoán vị các phân tử.

• W càng lớn hệ càng hỗn loạn: entropy là số đo mức độ hỗn loạn của hệ.

• • • • • •

4c. Entropy – số đo sự hỗn loạn (tt) Chia bình làm hai nửa bằng nhau, Coi mỗi cấu hình là một cách sắp ba hạt vào một trong hai nửa: có tất cả 8 cấu hình.

Số cấu hình ứng với ba hạt phân tán: W1 = 6, và ứng với ba hạt dồn một bên: W2 = 2.

W1 > W2 : Trạng thái phân tán có entropy lớn hơn trạng thái co cụm.

Do đó nếu để tự nhiên các hạt sẽ phân tán.

4d. Độ biến thiên entropy • Entropy là một hàm trạng thái, • độ biến thiên entropy được xác định bởi: 2

dQ T 1

∆S = ∫

dS =

dQ T

• Tích phân được tính theo một quá trình thuận nghịch bất kỳ nối liền hai trạng thái.

Bài tập 10

Trả lời BT 10

Một mole khí lý tưởng ở nhiệt độ 300K dãn nở đoạn nhiệt trong chân không, có thể tích tăng gấp đôi.

Hãy tìm độ biến thiên entropy của khí.

• Khí nở đoạn nhiệt trong chân không nên không trao đổi công và nhiệt: Q = 0, W = 0 ∆U = Q + W = 0 = nCV ∆T

Vỏ cách nhiệt

⇒ T = const = 300K • Độ biến thiên entropy: 2

300K 300K

2

Q dQ 1 = ∫ dQ = = 0 ∆S = ∫ T1 T T 1

Sai! Nở đoạn nhiệt trong chân không là bất thuận nghịch.

• Tích phân trên phải tính theo một quá trình thuận nghịch nối liền 1 và 2.

Trả lời BT 10 (tt)

ΔU = W + Q W, Q > 0 khi hệ nhận

• Nối hai trạng thái bằng P một quá trình nở đẳng nhiệt ở T = 300K: 2

Bất thuận nghịch, hệ cô lập: S tăng

e=

W Qh

=1−

eCarnot = 1 −

2

dQ 1 Q ∆S = ∫ = ∫ dQ = T T1 T 1

V Q = −W = nRT ln 2 V1 V ∆S = nR ln 2 = 1729 J K V1

Qc Qh

Tc Th

S = k lnW 300 K V1

V2 = 2V1

2

dQ T 1

∆S = ∫

K=

Qc W

V

quá trình thuận nghịch bất kỳ

K Carnot =

Qc =

Qh − Qc

Tc Th − Tc

Nội dung a) Tính chất b) Định luật Coulomb

1. Điện tích

Điện trường tĩnh Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

2. Điện trường

a) Cường độ điện trường b) Điện trường của điện tích điểm c) Nguyên lý chồng chất điện trường d) Đường sức điện trường

3. Bài tập áp dụng 4. Điện trường quanh ta

1a. Tính chất của điện tích • • • •

Hệ kín: Q bảo toàn.

Lượng tử hóa: Q = ±ne e = 1,6 × 10–19 C Vật được tích điện thông qua: – cọ xát với một vật khác, – tiếp xúc với vật tích điện, – hiện tượng cảm ứng điện.

1b. Định luật Coulomb • Lực tĩnh điện giữa hai điện tích điểm trong chân không: F =k

q1 q2 r2

1 k= = 9 × 109 N.m2 /C2 4πε 0 Mặt đất tích điện thông qua cảm ứng.

Hằng số điện

ε 0 = 8,85 × 10−12 C2 /N.m2

F r

q2

q1 điện tích cùng dấu: đẩy r

F q2

q1 điện tích trái dấu: hút

1b. Định luật Coulomb (tt) r

Lực do q1 tác động lên q2:

qq F = k 132 r r

F

2a. Cường độ điện trường

q2

• Mỗi hệ điện tích đều tạo ra quanh mình một điện trường.

• Mỗi điểm trong điện trường có một vectơ cường độ điện trường E xác định.

• Đặt một điện tích thử q0 tại vị trí M trong điện trường, và đo lực tĩnh điện F lên q0.

• Điện trường ở M là:

F E= (N/C hay V/m) q0

q1 điện tích cùng dấu

‫ݎ‬Ԧ hướng từ q1 tới q2 r

F q2

q1 điện tích trái dấu

2b. Điện trường của một điện tích điểm

2c. Nguyên lý chồng chất điện trường

F E

E r

r

q0

F

q0

• Điện trường của hệ điện tích điểm = tổng các vectơ điện trường của các điện tích điểm.

E E1

q>0

q<0

qq F = k 30 r r

q2

M

E2

E = E1 + E 2

F q E = =k 3r q0 r q1

Bài tập 1

2d. Đường sức điện trường

Một thanh thẳng AB có chiều dài a được tích điện đều với mật độ λ > 0. Tìm độ lớn điện trường tại một điểm M nằm trên đường nối dài của thanh, cách đầu B một đoạn b.

• • • •

Nhận E làm tiếp tuyến.

Theo chiều của E. Minh họa. Đường sức không bao giờ cắt nhau.

• Quy ước: Mật độ đường sức trên một mặt phẳng nhỏ ⊥ với điện trường thì • tỷ lệ với độ lớn điện trường đi qua mặt đó.

A

B a

Trả lời BT 1

dq r2

λ dx =k

2

(a + b − x )

dx

• Điện trường toàn phần tại M: E = ∫ dE ⇔ E x = ∫ dE x

E y = ∫ dE y

Giả sử λ > 0

E x = ∫ dE x = kλ ∫ 0

M a+b–x

E z = ∫ dE z

• Điện trường do mọi điện tích dq tạo ra đều cùng phương (trục x), do đó: E y = E z = 0 a

dx 2

(a + b − x ) a

dE x

b

Trả lời BT 1 (tt)

• Chia thanh làm nhiều đoạn vi phân, mỗi đoạn có chiều dài dx, điện tích dq = λdx.

• Coi dq là một điện tích điểm, nó tạo ra ở M một điện trường:

dE = k

M

1  1    1 E x = kλ  − = k λ − +    a + b − x  0  b a+b

Bài tập 2 Một thanh AB chiều dài L được tích điện đều với mật độ λ > 0. Tìm điện trường tại điểm M trên đường vuông góc thanh tại trung điểm, cách thanh một khoảng y.

A M L y

Trả lời BT 2 – 1 • Chia thanh làm nhiều đoạn nhỏ dx, mỗi đoạn có điện tích dq = λdx.

• dq tạo ra ở M điện trường có độ lớn:

dq

λdx dE = k 2 = k 2 r r

dE

y

O

M

x

r

dx

B

Trả lời BT 2 – 2

• Điện trường toàn phần tại M: E = ∫ dE • Do đối xứng, E có phương trên trục y.

• Do đó: E = E y = ∫ dE y = ∫ dE cosα cos = /

dE O

y

α α r

dE’

Trả lời BT 2 - 3 = = ⁄

dx E = kλ ∫ 2 cosα r dx =

y dα cos2 α

dx cosα ydα 1 = 2 r cosα ( y cosα )2 =

cosα dα y

r

x

O

α y

M

Trả lời BT 2 - 4

BT 2 - mở rộng Tìm điện trường tại M khi thanh AB dài vô hạn về cả hai phía.

α

2kλ kλ 0 = sinα 0 E= cos α d α y y −∫α0

/2

= sin 0 = 2 ଴ ଶ + /2 E=

r0

L/2

α0

ଶ

2kλ L ⋅ y 4 y 2 + L2

O

M

y −α0

Câu trả lời đúng là (c)

Bài tập 3

Trả lời BT 3 - 1

Một đoạn dây tích điện đều với mật độ λ > 0 được uốn thành ba cạnh của một hình vuông ABCD có cạnh a. Cường độ điện trường tại tâm hình vuông là: (a) E =

λ 2πε 0a

(b) E =

λ 2 4πε 0a

(c) E =

λ 2 2πε 0a

(d) E =

λ 4πε 0a

• Do đối xứng, điện truờng do mỗi đoạn dây tạo ra ở M có phương vuông góc với đoạn dây đó.

• Hai đoạn dây ở hai bên tâm M tạo hai điện trường bù trừ lẫn nhau.

• Điện trường toàn phần chỉ do đoạn dây còn lại đóng góp.

M

E

Trả lời BT 3 - 2 E=

kλ 2 2kλ sin45° = y y

y = OM = a/2

45°

M

O

E=

λ 2 2πε 0a

E

−45°

Bài tập 4 Một vành tròn nằm trong mặt phẳng xy bán kính R được tích điện đều với mật độ điện tích dài λ > 0. Tìm điện trường tại điểm M nằm trên trục đối xứng, ở vị trí tọa độ z.

M z

O

R

Câu trả lời đúng là (c)

Trả lời BT 4 – 1 • Chia vành tròn làm nhiều phần nhỏ ds, dE điện tích dq = λds.

M • Điện trường do dq tạo ra ở M: dE = k

dq λds =k 2 2 r r

r 2 = z 2 + R2

Không đổi với mọi ds

Trả lời BT 4 – 2 • Điện trường tại M:

E = ∫ dE • Do đối xứng, E có phương trên trục z:

z

dE’

dE M

E = E z = ∫ dE z = ∫ dE cosα

r O R ds

α

z cosα = r

z

Không đổi với mọi ds

O

r

Trả lời BT 4 – 3 Ez = ∫ k

Bài tập 5

λds λ cosα cos α = k ds r2 r2 ∫

E M

λ cosα Ez = k 2π R r2 z cosα = r

E z = 2π kλ

Một đoạn dây AB tích điện đều với mật độ λ > 0 được uốn thành một cung tròn tâm O, bán kính R, góc ở tâm 60°. Cường độ điện trường tại tâm O là:

α

2

2

r =R +z

z

2

r

(a) E =

λ 2πε 0R

(b) E = 9 × 109

(c) E =

λ 3 4πε 0R

(d) Kết quả khác.

O R

zR

(R

2

+z

2

32

)

Trả lời BT 5

Trả lời BT 5 (tt)

• Điện trường do phần nhỏ ds tạo ra ở O: λds dE = k 2 R • Điện trường toàn phần có phương ở trên Ox: E = ∫ dE x = ∫ dE cosα E = ∫k

λ R

λds cosα R2

• ds = Rdα và góc α thay đổi từ −30° đến 30°:

A ds R α

30°

x

O dE

B

A

kλ R E = 2 ∫ cosα dα R −30° 2kλ λ E= sin30° = k R R

• Câu trả lời đúng là (b).

30° O E −30°

B

x

Bài tập 6 •

Một đĩa tròn bán kính R tích điện đều với mật độ điện tích σ > 0. Tìm điện trường tại điểm M nằm trên trục đối xứng, ở vị trí có tọa độ z.

M

• z

• O

•

R

Trả lời BT 6 Chia đĩa tròn làm nhiều vành, mỗi vành có bán kính r và bề dày dr.

Mỗi vành có diện tích 2πrdr, do đó có điện tích σ2πrdr và mật độ điện dài: λ=

Trả lời BT 6 (tt) • Mỗi vành bán kính r tạo một điện trường:

dE z = 2π kλ

zr

(r

2

+ z2

= 2π k (σ dr )

32

)

2

+ z2

32

)

E z = 2π k σ z ∫ 0

R

rdr

(r

2

+ z2

32

)

  1 = −2π k σ z  2 2   r + z 0

  z E z = 2π k σ  1 −  R2 + z 2  

mật độ điện dài λ = σ dr

σ 2π rdr = σ dr 2π r

Tìm điện trường tại M khi đĩa tròn có bán kính tiến tới vô cùng (trở thành bản phẳng vô hạn tích điện đều).

• E toàn phần do tất cả các vành: Ez = ∫dEz R

r

BT 6 - mở rộng

zr

(r

dr

Bài tập 7 Hai điện tích điểm q và 2q đặt cách nhau 10 cm. M là một điểm nằm trên đường nối dài hai điện tích và cách q một đoạn r. Tìm r để điện trường tổng hợp tại M triệt tiêu.

E2

q

2q

E1

Trả lời BT 7 • Độ lớn điện trường ở M do từng điện tích: 2q q E2 = k E1 = k 2 2 r (d − r ) • Độ lớn của điện trường toàn phần tại M: 1 2  E = E1 − E 2 = k q  2 −   r ( d − r )2   

r q

E2 r

Trả lời BT 7 (tt) • Đặt E = 0 ta có: 2

2r 2 − ( d − r ) = 0

(

)(

)

⇔ r 2 +r −d r 2 −r +d =0

• Do đó:

(

)

r = d 1 + 2 = 4,1cm

2q

E1 d–r

Nội dung

Định luật Gauss

1.

2.

3.

4.

5.

Thông lượng dòng nước Thông lượng điện trường (điện thông) Định luật Gauss Dạng vi phân của định luật Gauss Tìm điện trường bằng định luật Gauss

Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

1. Thông lượng dòng nước – 1 • Xét dòng nước thẳng đều vận tốc v, và bề mặt diện tích S vuông góc dòng chảy.

• Thông lượng nước qua (S) = thể tích nước qua (S) trong một đơn vị thời gian: Φ = vS Thể tích nước trong hình trụ này sẽ đi qua (S) trong một giây

v

S

1. Thông lượng dòng nước – 2 • Nếu (S) tạo một góc với dòng nước :

Φ = vS cosα = v ⋅ nS • Ф có thể âm hay dương tùy theo góc α.

Thể tích nước trong hình trụ nghiêng này sẽ đi qua (S) trong một giây.

v ݊ α

1. Thông lượng dòng nước – 3 • Dòng nước bất kỳ, mặt cong (S) bất kỳ.

• Chia (S) làm nhiều phần nhỏ diện tích dS. Dòng nước ‫ݒ‬Ԧ ݊ dS

1. Thông lượng dòng nước – 5 • Nếu (S) là mặt kín thì ta quy ước chọn n hướng ra ngoài mặt (S).

• Do đó thông lượng nước qua một mặt kín = thông lượng ra − thông lượng vào. ݊

Thông lượng vào là âm

‫ݒ‬Ԧ ‫ݒ‬Ԧ ݊

• Có thể coi mỗi phần dS là phẳng, và dòng chảy qua đó là thẳng đều. Do đó, • thông lượng qua dS là:

dΦ = vdS cosα = v ⋅ ndS • v, n là vectơ vận tốc và pháp vectơ trên dS. • Thông lượng qua cả mặt cong (S) sẽ là tổng thông lượng qua tất cả các phần dS: Φ = ∫ dΦ =

Mặt cong (S)

݊

1. Thông lượng dòng nước – 4

‫ݒ‬Ԧ ‫ݒ‬Ԧ ݊

Thông lượng ra là dương

v ∫ ⋅ ndS (S )

2. Thông lượng điện trường – Định nghĩa • Tương tự, ta định nghĩa thông lượng điện trường qua một mặt (S) bất kỳ:

Φ S = ∫ E ⋅ ndS Đơn vị V.m (S ) • với , là vectơ điện trường và pháp vectơ trên dS. • Điện thông có thể âm hay dương tùy theo góc giữa và .

• Đối với mặt (S) kín, pháp vectơ cũng được chọn hướng ra ngoài.

2. Thông lượng điện trường – Ý nghĩa

3a. Định luật Gauss – 1

• Điện thông qua dS ⊥ điện trường: dΦ = EdS • EdS = số đường sức đi qua dS. • Do đó điện thông Φ qua (S) bằng số đường sức qua (S).

• Φ > 0 khi các đường sức đi theo chiều của pháp vectơ, • Φ < 0 khi chúng theo chiều ngược lại.

• Φ qua một mặt kín = số đường sức ra − số đường sức vào.

E = mật độ đường sức trên bề mặt ⊥ E

• Điện thông qua mặt kín (S) bằng tổng các điện tích trong (S) chia cho ε0:

3a. Định luật Gauss – 2

3b. Định luật Gauss & dòng nước – 1

q>0

q<0

Ф>0

Ф<0

q

ΦS =

QS ε0

QS = q2 + q5 − q1 −q3

−q1

q5 E

−q4 q2

Mặt kín (S)

Nước vào

Nước ra

Ф=0 Nước vào = Nước ra ⇨ Lưu lượng qua (S) = 0

3b. Định luật Gauss & dòng nước – 2

3b. Định luật Gauss & dòng nước – 3

Mặt kín (S)

Nước vào

Nước ra

Mặt kín (S)

Nước vào

Nước ra

Nước vào < Nước ra ⇨ Lưu lượng qua (S) > 0

Nước vào > Nước ra ⇨ Lưu lượng qua (S) < 0

Cá phun nước ~ điện tích dương

Cá uống nước ~ điện tích âm

3b. Định luật Gauss & dòng nước – 4 Mặt kín (S)

Nước vào

Nước ra

Nước vào = Nước ra ⇨ Lưu lượng qua (S) = 0 Cá ở ngoài không thể thay đổi lưu lượng.

4a. Divergence (div) • (ΔS) là mặt kín nhỏ bao quanh M. • Thể tích giới hạn trong (ΔS) là ΔV, • điện thông qua (ΔS) là ΔΦ.

E

(ΔS)

M ΔV

4a. Divergence (div) (tt) • divergence của điện trường tại M:

∆Φ divE = lim ∆V →0 ∆V

• Ý nghĩa: divE là điện thông tính trên một đơn vị thể tích.

• Trong tọa độ Descartes divE có biểu thức:

4b. Dạng vi phân của định luật Gauss • Áp dụng định luật Gauss cho (ΔS), trong đó có chứa điện tích ΔQ: ∆Q ∆Φ = ε0 ∆Φ 1 ∆Q = lim ∆V →0 ∆V ε 0 ∆V →0 ∆V

divE

lim

Mật độ điện tích ρ

ρ divE = ε0

∂E ∂E ∂E divE = x + y + z ∂x ∂y ∂z

Bài tập 1 Một mặt cầu tâm O bán kính R được đặt trong

điện trường ρ r E= 2εε 0 r với là vectơ vị trí vẽ từ O, ρ là một hằng số dương. Điện tích chứa trong mặt cầu bằng: (a) q = −2πρ R 2

(b) q = 2πρ R 2

4 (c) q = πρ R3 3

1 (d) q = πρ R 2 2

Trả lời BT1 - 1

ρ r E= 2εε 0 r

E n

n E

• song song :

ρ E .n = E = 2εε 0 • Điện thông qua (S): ΦS =

2 ∫ EdS = E ⋅ 4π R (S )

2πρ R 2 ΦS = εε 0

(S)

Trả lời BT1 - 2 • Định luật Gauss trong điện môi: Q ΦS = S εε 0

5a. Dây tích điện dài vô hạn E n

n E

Cho một dây không dẫn điện, dài vô hạn, tích điện đều với mật độ λ > 0. Tìm điện trường ở khoảng cách r tính từ trục của dây.

• Suy ra điện tích trong mặt cầu: (S)

QS = εε 0Φ S = 2πρ R 2

• Câu trả lời đúng là (b).

5a.1 • Điện trường có tính đối xứng trụ.

• Vẽ mặt trụ (S) đồng trục với dây, • E ⊥ mặt bên của (S) và, • có độ lớn không đổi trên đó: • Φܵ = = ặ ê

E

n

(S) E

5a.2 • Điện thông qua (S): Φ S = E ⋅ 2π rh • Theo định luật Gauss: Q λh ΦS = S = ε0 ε0 • Suy ra: E=

(S) Nhìn từ trên xuống

λ 2πε 0r

QS = λh

r E

h

(S)

• Phương pháp: • Chọn mặt Gauss (S) có tính đối xứng của hệ, sao cho: • Φܵ =

5b. Vỏ trụ và hình trụ dài vô hạn

5c. Mặt phẳng vô hạn tích điện đều

R

E

Vỏ trụ mật độ điện dài λ

 λ r ≥R  E =  2πε 0r 0 r <R 

Điện trường đều: σ E= Nhìn ngang

Hình trụ đặc mật độ điện dài λ, mật độ điện khối ρ

 λ  2πε r r ≥ R  0 E =  ρ r r <R  2ε 0

E

5d. Vỏ cầu và quả cầu tích điện đều

Bài tập 2 E

 Q r ≥R Vỏ cầu điện  4πε 0r 2 E =  tích Q 0 r <R  Quả cầu đặc điện tích Q, mật độ ρ

 Q  4πε r 2 r ≥ R  0 E =  ρ r r <R  3ε 0

2ε 0

E

Điện tích Q > 0 được phân bố đều trong quả cầu bán kính R, tâm O. Đặt một điện tích điểm Q ở vị trí x = 2R trên trục x. Điện trường ở x = R/2 là: a. /4

b. /8

c. /72

d. 17 /72

Q O R/2

x

E1 =

ρ R 3ε 0 2

E1 =

Q 8πε 0R2

E2 = E2 =

ρ=

Trả lời BT 2

Q 4π R3 3

E1

O

x

R/2

Q 2

4πε 0 (3R 2) Q 9πε 0R2

O

E2 3R/2

E = E1 − E 2 =

a

x

‫ݎ‬Ԧ1

O

‫ݎ‬Ԧ2 ܽԦ

‫ݎ‬Ԧ1

=

Trả lời BT 3 - 2

M

O

O

Cho một quả cầu tâm O, tích điện đều với mật độ khối ρ, trong đó có một phần rỗng hình cầu, có tâm O’ cách O một đoạn a.

Hãy tìm điện trường trong phần rỗng.

Q 72πε 0R 2

Trả lời BT 3 - 1

‫ݎ‬Ԧ1

Bài tập 3

‫ݎ‬Ԧ2

+

O’

O

= +

‫ܧ‬2

‫ܧ‬

ρ E1 = r1 3ε 0

‫ݎ‬Ԧ2

ρ E2 = r2 3ε 0

‫ݎ‬Ԧ1

‫ܧ‬1

‫ݎ‬Ԧ2 ܽԦ

ρ E = E1 − E 2 = ( r1 − r2 ) 3ε 0 ρ E= a Điện trường đều 3ε 0

E

Bài tập 4

Trả lời BT 4 - 1

Một không gian mang điện với mật độ điện khối ρ = ρ0/r, ρ0 là một hằng số dương, r là khoảng cách tính từ gốc tọa độ. Biểu thức của điện trường theo vị trí r có dạng: ρ0 r ⋅ (a) E = 2ε 0 r

2ρ0 r ⋅ (b) E = ε0 r

ρ0 r ⋅ (b) E = 3ε 0 r

(d) Kết quả khác.

• ρ có tính đối xứng cầu nên cũng thế.

• Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O bán kính r.

• Điện thông qua (S): Φ = E ⋅ 4π r 2 = Q / ε 0 • Q là điện tích trong (S).

• Vậy: Q E= 4πε 0r 2

Trả lời BT 4 - 2 • Xét lớp cầu có bán kính từ u đến u + du.

• Mỗi lớp có thể tích:

dV = 4π u2du • và điện tích: ρ dQ = 0 4π u2du = 4πρ0udu u • Suy ra điện tích trong (S):

(

)

r

Q = 4πρ0 ∫ udu = 2πρ0r 2 0

(S)

r E

Trả lời BT 4 - 3 (S) du u

• Vậy: 2πρ0r 2 Q = E= 4πε 0r 2 4πε 0r 2

E= r

(S)

ρ0 2ε 0

ρ0 r E= ⋅ 2ε 0 r

• Câu trả lời đúng là (a).

r E

Nội dung 1.

2.

3.

4.

Điện thế

Thế năng tĩnh điện Điện thế Lưỡng cực điện Lưu số của trường tĩnh điện

Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

1. Thế năng tĩnh điện - 1 • Lực tĩnh điện là lực thế:

1. Thế năng tĩnh điện - 2 • Của hệ điện trường E và điện tích q tại M:

F = qE B

P

WA→B = U A − U B = −∆U

• U là thế năng tĩnh điện của hệ điện trường E và điện tích điểm q.

• Dạng vi phân: dW = −dU • U còn gọi là năng lượng tĩnh điện.

II

q

I

F A

WI = WII

U = q ∫ E ⋅ dr

P là gốc thế năng

M

• Của hệ hai điện tích điểm (gốc ở ∞): U =k

q1q2 r

U > 0: hệ đẩy nhau U < 0 : hệ hút nhau

1. Thế năng tĩnh điện - 3

Bài tập 1 Điện tích q được đặt trong điện trường đều E. Chọn gốc thế năng tại gốc tọa độ. Tìm thế năng của q theo vị trí x.

• Của hệ điện tích điểm (gốc ở ∞):

U = ∑k (i , j )

qi q j rij

Bài tập 2

q (c) Ue = k 4+ 2 2a

(

q2 (b) Ue = k 4+ 2 2a

(

) )

x

Trả lời BT2

Ba điện tích điểm q được đặt tại ba đỉnh của một hình vuông cạnh a. Năng lượng tĩnh điện của hệ điện tích bằng:

(

q

O

Tổng theo các cặp điện tích

q (a) Ue = k 4 + 2 a

E

q2 (d) Ue = k 4+ 2 a

(

) )

q2 U1 = k a

q2 U3 = k a 2

q2 U2 = k a

a

q2  1  q2 Ue = k  2 +  = k 2a 4 + 2 a 2

(

Câu trả lời đúng là (b)

a 2

a

)

2. Điện thế - 1 • Điện thế do điện trường E tạo ra tại M: P

U VM = = ∫ E ⋅ dr q M

• Hiệu điện thế giữa hai vị trí: M

J/C hay Volt (V)

• U là thế năng của hệ E + q • Điện thế do điện tích điểm tạo ra ở khoảng cách r (gốc ở ∞): V =k

2. Điện thế - 2

VM − VN = − ∫ E ⋅ dr N

• Dạng vi phân:

dV = −E ⋅ dr

q r

2. Điện thế - 3 • Điện thế tạo bởi một hệ điện tích điểm = • tổng điện thế của từng điện tích điểm.

• Nếu là một phân bố điện tích liên tục: Chia làm nhiều phần nhỏ vi phân, Coi mỗi phần là một điện tích điểm.

Tổng được thay thế bằng tích phân.

2. Biểu thức khác của thế năng tĩnh điện • Hệ điện trường E và điện tích q tại M: U = qVM

VM: điện thế do E tạo ra ở M

• Hệ N điện tích điểm: 1 N U = ∑ qiVi 2 i =1

• Vi là điện thế tại vị trí đặt qi, do các điện tích còn lại tạo nên.

Bài tập 3

Trả lời BT3

Một dây dẫn mảnh, tích điện đều với mật độ điện dài λ, được uốn thành một nửa vòng tròn tâm O, bán kính R. Biểu thức nào sau đây cho biết thế năng của một điện tích điểm q0 đặt ở tâm O:

dq R q0 O

dq kq = V = ∫k R R

q0λ 4ε 0R qλ (d) U = 0 2ε 0R

q0λ 2ε 0 qλ (c) U = 0 4ε 0

(a) U =

Thế năng tĩnh điện của q0: U = q0V V là điện thế do dây tích điện tạo ra ở O:

(b) U =

V=

λq 1 λ λ (π R ) = ⇒U = 0 4πε 0R 4ε 0 4ε 0

Câu trả lời đúng là (c)

2. Tìm điện trường từ điện thế

dV = −E ⋅ dr = − E x dx + E ydy + E zdz

(

dV =

)

∂V ∂V ∂V dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z

∂V ∂V ∂V ⇒ Ex = − , Ey = − , Ez = − ∂x ∂y ∂z

E = − gradV

∂V ∂V ∂V gradV = i+ j+ k ∂x ∂y ∂z

Bài tập 4 Một điện trường có điện thế xác định trong không gian theo biểu thức ܸ = 3‫ݕݔ‬2 − ‫ ݖ‬.

Vectơ điện trường là:

(a) E = 0

(

(c) E = −3 y 2 , − 6 xy , 1

(

(

(b) E = 3 y 2 , 6 xy , − 1

)

(d) E = −3 y 2 + z , − 6 xy + z , 3xy 2 + 1

)

)

2. Mặt đẳng thế – Định nghĩa

2. Mặt đẳng thế – Tính chất

• Mặt đẳng thế là tập hợp các điểm có cùng một điện thế trong điện trường.

• Điện trường luôn vuông góc với mặt đẳng thế, • và hướng theo chiều giảm của điện thế.

• Khi điện tích dịch chuyển trên một mặt đẳng thế thì công của lực tĩnh điện bằng không.

V ( x , y , z ) = const • Ví dụ: điện trường của điện tích điểm q có mặt đẳng thế là các mặt cầu có tâm đặt tại q

q V = k = const ⇔ r = const r

Bài tập 5 Điện trường

xi + yj E =a 2 a = const x + y2 có mặt đẳng thế là:

(a) Mặt nón tròn xoay (b) Mặt trụ tròn xoay (c) Mặt cầu (d) Mặt phẳng

Trả lời BT5 • Điện trường có phương vuông góc với trục z.

• Trong mỗi mặt phẳng ⊥ trục z, đường sức là những đường xuyên tâm.

• Mặt đẳng thế ⊥ với điện trường, là các mặt trụ tròn xoay.

• Câu trả lời đúng là (b)

z E

xi + yj

E r

O

3a. Lưỡng cực điện

r+

݀Ԧ

d

O

x –q

–q

V+ = k

q r+

V− = −k

q r−

3a. Lưỡng cực điện – 3 r 2 = x 2 + z 2 , cosθ =

r+

Khi r >> d ta có gần đúng: d dcosθ

z r

V = kp

z z = kp 3 r x 2 + z2

Ex = −

∂V xz = 3kp 5 ∂x r

r– θ

p cosθ V =k r2

r–

θ

1 1  r −r  V = kq  −  = kq  − +   r+ r−   r+r− 

Suy ra:

r

+q

+q

3a. Lưỡng cực điện – 2

r+r− ≈ r 2

M

z

Lưỡng cực điện là hệ hai điện tích điểm +q và −q, cách nhau một khoảng d.

Momen lưỡng cực điện: ‫݌‬Ԧ = ‫݀ݍ‬Ԧ, ݀Ԧ hướng từ −q đến +q.

Tìm: (a) Điện thế do lưỡng cực điện tạo ra ở khoảng cách r ≫ d. (b) Điện trường từ biểu thức của điện thế.

r− − r+ ≈ d cosθ

3a. Lưỡng cực điện – 1

z

(

z

)

∂V 3z 2 − r 2 Ez = − = kp ∂z r5

3 2

θ

r

x

Bài tập 6

3a. Lưỡng cực điện – 4

Một dipole điện có momen p = qd được đặt trong chân không. Điện trường do dipole tạo ra tại điểm M nằm trên đường trung trực của lưỡng cực và cách trục một đoạn r >> d là:

Độ lớn điện trường:

E = E x2 + E z2 =

kp 2 r + 3z 2 4 r

E=

p (a) E = −k 3 r

p (c) E = k 3 2r

kp 1 + 3cos2 θ 3 r

3b. Lưỡng cực điện trong điện trường

Trả lời BT6 • Điện trường của dipole: p E = k 3 1 + 3cos2 θ r • Trên trung trực θ = ±90°: p E =k 3 r • E hướng ngược chiều p:

p E = −k 3 r

p (b) E = k 3 r

p (d) E = −k 3 2r

Đặt một lưỡng cực điện có momen lưỡng cực p trong một điện trường đều E. Hãy tìm: trung trực ݀Ԧ

(a) Thế năng tĩnh điện của lưỡng cực điện. (b) Momen lực tĩnh điện tác động lên lưỡng cực điện.

3b – 1 Thế năng tĩnh điện:

3b – 2 E

U = qVM − qVN = q (VM − VN )

M

M

= −q ∫ E ⋅ dr

(

d

N

N

M

U = −qE . ∫ dr = −qE ⋅ d N

U = −p ⋅ E

U cực tiểu khi p // cùng chiều với điện trường ngoài

3b. Lò vi sóng • Các phân tử nước là những lưỡng cực điện.

• Trong một điện trường xoay chiều (tần số radio), các phân tử nước dao động để momen lưỡng cực luôn cùng chiều điện trường.

• Ma sát giữa chúng với môi trường chung quanh tạo nên nhiệt.

• Minh họa

• Momen lực:

τ + = rM × qE

τ − = rN × −qE

E

+qE M

)

d

• Momen toàn phần:

τ = q ( rM − rN ) × E

= qd × E

τ = p×E

N –qE

rN

Momen lực sẽ quay dipole sao cho p song song với E

4a. Lưu số của trường tĩnh điện - 1 • Lưu số của E trên (C) là: p H+

H+

O--

ΓC =

E ∫ ⋅ dr

E

(C )

E p

E (C)

rM

dr

O

•

• •

•

4a. Lưu số của trường tĩnh điện - 2

Công thực hiện khi điện q E ∫C ⋅ dr = 0 tích di chuyển trên một ( ) đường kín = không.

Lưu số điện trường theo E ⋅ dr = 0

∫ một đường kín = 0.

(C ) Trường tĩnh điện có đường sức không khép kín: trường không có xoáy.

Dòng nước không có xoáy v (∫C ) .dr = 0 trên (C):

4b. Rotation – Tính chất • Lưu số của E theo một đường kín = 0:

rotE = 0  ∂E ∂E   ∂E ∂E   ∂E ∂E  rotE = i  z − y  + j  x − z  + k  y − x  ∂z   ∂z ∂x   ∂x ∂y   ∂y

i j k

∂E ∂E ∂ ∂ ∂ ( rotE )x = = z− y ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z Ex E y Ez

4b. Rotation – Định nghĩa • ΔΓ là lưu số của E trên chu tuyến nhỏ (C).

• Định nghĩa rot ở M:

∆Γ lim = rotE ⋅ n ∆S →0 ∆S • Giới hạn này thay đổi khi quay (C), cực đại khi ↗↗

4c. rot của dòng chảy xoáy

lim ∆Γ ∆S = rotv ⋅ n

rotE

n

ΔS M (C)

dr

Chiều của n và dr liên hệ với nhau theo quy tắc bàn tay phải.

rotv

∆S →0

• Quay (C) sao cho n cùng chiều rotv → lưu số cực đại.

• Đặt một chong chóng nhỏ vào dòng nước xoáy.

• Khi chong chóng quay nhanh nhất thì trục quay chỉ chiều của rotv.

n (C) v n

Tóm tắt: Năng lượng tĩnh điện

Tóm tắt: Điện thế P

Hệ E và điện tích q đặt tại M: P

U = q ∫ E ⋅ dr

của E tại M: VM = ∫ E ⋅ dr

P: gốc thế năng

M

M

của điện tích q: V = k

VM: điện thế do E tạo ra ở M

U = qVM

go c the nă ng ở ∞

Hiệu thế: VM − VN = − ∫ E ⋅ dr

dV = −E ⋅ dr

N

Liên hệ giữa E và V: E = − gradV

1 N hay: U = ∑ qiVi 2 i =1

E ⊥ mặt đẳng thế, hướng từ V cao đến V thấp

Tóm tắt: Dipole điện

z

Momen dipole: p = qd

+q

p cosθ r2

Điện trường: E =

q r

U q

M

qq Cặp điện tích: U =k 1 2 r Hệ N điện tích = tổng năng lượng của các cặp

Điện thế: V = k

VM =

M r θ

݀Ԧ –q

kp 1 + 3cos2 θ 3 r

Thế năng trong điện trường: U = − p ⋅ E

Momen lực trong điện trường: τ = p × E

x

Nội dung 1. Vật dẫn

Vật dẫn & Điện môi Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

a. Vật dẫn cân bằng b. Tụ điện c. Năng lượng điện trường

2. Điện môi a. b. c. d. e.

Sự phân cực điện môi Điện trường trong điện môi Định luật Gauss trong điện môi Điều kiện liên tục trên mặt phân cách Các tính chất khác

1a. Vật dẫn cân bằng – Định nghĩa

1a. Vật dẫn cân bằng – Tính chất

• Khi vật dẫn được tích điện, các electron sẽ đẩy nhau và chuyển động • Cho tới khi đến bề mặt vật dẫn.

• Vật dẫn ở trạng thái cân bằng khi các electron ngừng chuyển động định hướng, • hay khi dòng điện trong vật dẫn bằng không.

• Điện trường trong vật dẫn bằng không.

• Điện trường trên bề mặt vuông góc với bề mặt và có độ lớn σ E=

ε0

σ là mật độ điện tích trên bề mặt

• Tất cả các điện tích dư đều nằm trên mặt ngoài của vật dẫn.

• Vật dẫn cân bằng là một vật đẳng thế.

1a. Vật dẫn cân bằng – Minh họa

1b. Vật dẫn rỗng

Điện tích chỉ ở trên bề mặt

E = σ ε0

E=0 V = const

Phẳng

1c. Tụ điện – Định nghĩa • Là hệ gồm hai vật dẫn tích điện bằng nhau và ngược dấu.

• Gọi q là điện tích của bản dương và ΔV = V+ − V− > 0 là hiệu thế giữa hai bản: q = C ∆V

• C là điện dung của tụ điện, đo bằng Farad (F).

• Vật dẫn rỗng cân bằng cũng có các tính chất của vật dẫn đặc.

• Nếu đưa điện tích vào phần rỗng thì trên bề mặt phần rỗng có một lớp điện tích cảm ứng.

• Điện trường trên bề mặt phần rỗng cũng ⊥ với nó và có độ lớn: E = σ ε0

Trụ

Cầu

Điện tích cảm ứng trên bề mặt

Quả cầu

−q, V− E

A d A: diện tích bản; d: khoảng cách giữa hai bản C = ε0

q, V+

C=

2πε 0l ln ( b / a )

C=

4πε 0ab b−a

C = 4πε 0a

a: bán l: chiều cao; a, b: bán a, b: bán kính kính trong kính quả và ngoài cầu trong và ngoài

1d. Năng lượng điện trường

1d. Năng lượng điện trường (tt)

• Năng lượng tụ điện phẳng: 1 1 Ue = q∆V = C ∆V 2 2 2

• Năng lượng điện trường có mật độ : 1 ue = ε 0E 2 2

E

• Ta có:

• Năng lượng trường trong (V):

A ∆V = Ed d • Suy ra: 1 A 2 1 Ue = ε 0 ( Ed ) = ε 0E 2Ω 2 d 2 C = ε0

Ω = Ad

2a. Sự phân cực điện môi • Khi đặt điện môi trong điện trường ngoài, các dipole trong điện môi sẽ định hướng theo chiều điện trường, • đó là hiện tượng phân cực điện môi.

• Khi phân cực, trên bề mặt điện môi sẽ xuất hiện các lớp điện tích liên kết.

uedV

điện (V)

1 Ue = ε 0 ∫ E 2dV 2 (V )

2a. Sự phân cực điện môi – Vectơ phân cực

− +

− +

− +

− +

E0 − +

− +

− +

− +

• Khi phân cực momen dipole trung bình của điện môi khác không.

• Momen dipole trung bình tính trên một đơn vị thể tích gọi là vectơ phân cực P. • Với các điện môi đẳng hướng vectơ phân cực tỷ lệ với điện trường trong điện môi:

P = ε0χE • χ > 0 là độ cảm điện (không có thứ nguyên).

2a. Sự phân cực điện môi – Điện tích liên kết • Mật độ điện tích liên kết trên bề mặt điện môi xác định bởi:

σ b = P ⋅n • P, n là vectơ phân cực và đơn vị pháp tuyến trên bề mặt; • n được chọn hướng ra ngoài bề mặt.

2b. Điện trường trong điện môi

σb < 0 n − +P

−+

−+

−+ E0

−+ −+

−+ −+

P n

σb > 0

2b. Điện trường trong điện môi – Ví dụ Mặt đẳng thế của E0

E = E0/ε E0

Mặt đẳng thế của E0

E = E0/ε E0

• Điện tích liên kết tạo ra điện trường ngược chiều, làm cho điện trường trong điện môi nhỏ đi.

• Nếu điện môi đẳng hướng lấp đầy khoảng giữa hai mặt đẳng thế của điện trường ngoài, • thì điện trường trong điện môi giảm ε lần.

−+

−+ Eb E0

−+

−+

ε=χ+1 hằng số điện môi

2c. Định luật Gauss trong điện môi • Vectơ cảm ứng điện được định nghĩa là:

D = ε 0E + P • E là điện trường trong điện môi.

• Với điện môi đẳng hướng:

D = ε 0E + ε 0 χ E = ε 0 ( 1 + χ ) E

D = ε 0ε E

2c. Định luật Gauss trong điện môi (tt) • Định luật Gauss trong điện môi:

D ∫ ⋅ ndS = QS

(S )

• QS là điện tích tự do toàn phần trong (S), không cần xét đến các điện tích liên kết.

• Dạng vi phân: divD = ρ • ρ là mật độ điện tích tự do.

2e. Các tính chất khác • Khi khoảng giữa hai bản tụ điện được lấp đầy bởi một điện môi đẳng hướng, điện dung của tụ điện tăng lên ε lần.

• Mật độ năng lượng điện trường trong điện môi: 1 1 ue = ε 0ε E 2 = E ⋅ D 2 2

2d. Điều kiện trên mặt phân cách • Ở gần mặt phân cách hai điện môi, • thành phần pháp tuyến của D thay đổi liên tục:

n D2n D1

D2 D1n

D1n = D2n

• thành phần tiếp tuyến của E thay đổi liên tục: E1t = E2t

E2 E1t E1

t E2t

Nội dung 1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Từ trường tĩnh Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

Dòng điện Từ trường Lực từ Định luật Gauss đối với từ trường Định luật Ampère Dipole từ Từ trường ở quanh ta

1b. Cường độ dòng điện

1a. Vectơ mật độ dòng điện • Xét dòng các hạt điện tích q chuyển động.

• Vectơ mật độ dòng điện:

(C/m2.s) j = Nqv = ρ v

hay (A/m2)

• N: mật độ hạt mang điện, • ρ = Nq: mật độ điện tích.

• j hướng theo chiều chuyển động của các hạt mang điện dương.

j v

n

(S) v

• Cường độ dòng = điện lượng qua (S) trong một đơn vị thời gian:

j

n v

I=

∫

j ⋅ ndS

(S )

j.n là điện lượng đi qua một đơn vị diện tích của (S) trong một đơn vị thời gian

• j, n là mật độ dòng và pháp vectơ trên dS. • n theo chiều chuyển động của điện tích dương.

j

dS (S)

1c. Sức điện động

1d. Định luật Ohm

• Công do nguồn thực hiện khi dịch chuyển một đơn vị điện tích thành dòng kín trong mạch: 1 ε = ∫ F ⋅ dr q

• Giữa mật độ dòng điện và điện trường trong vật dẫn có hệ thức:

j =σ E

ε

q

F

+

dr

(J/C) hay (V)

1d. Định luật Ohm (tt)

E

v

2a. Từ trường - vectơ cảm ứng từ (S) j

E l

R=

v

• σ là điện dẫn suất của vật (nghịch đảo của điện trở suất).

• Đó là dạng vi phân của định luật Ohm.

• trong đó F là lực do nguồn tác động lên q, dr là độ dịch chuyển của q.

• Xét một đoạn dây dẫn chiều dài l, tiết diện S, có mật độ dòng điện j đều.

• Cường độ dòng qua dây: σS I = jS = σ ES = El l ∆V I= R

j

l σS

∆V = El

• Nam châm hay dòng điện tạo ra từ trường, ở mỗi vị trí trong từ trường có một vectơ cảm ứng từ B xác định.

• Từ trường tạo bởi các dòng điện dừng, có cường độ dòng không thay đổi theo thời gian, được gọi là từ trường tĩnh.

• Để mô tả từ trường người ta cũng dùng các đường sức từ.

2b. Lực từ lên một điện tích chuyển động

2a. Từ trường – đường sức

• Điện tích điểm q chuyển động trong từ trường B với vận tốc v, • lực từ (lực Lorentz) tác động lên q:

F = qv × B

F

B +

v

+

B

• B đo bằng Tesla (T).

• Công của lực từ luôn bằng không.

2c. Lực từ lên một dòng điện • Lực từ tác động lên một dòng điện vi phân:

dF = Idl × B

F

2c. Lực từ lên một dòng điện (tt) • Khi từ trường đều:

dF

B

I

(C )

I dl

I l

dl (C)

B

  F = I  ∫ dl  × B    (C ) 

I

• Lực từ tác động lên một dòng điện bất kỳ:

F = ∫ Idl × B • tích phân theo các đoạn dl trên (C).

v

F = Il × B

• với l là vectơ nối từ điểm đầu đến điểm cuối của dòng điện.

(C) dl

2d. Từ trường tạo bởi dòng điện • Định luật Biot-Savart:

µ0 Idl × r dB = 4π r 3 −7

µ0 = 4π × 10

(T .m A )

3. Định luật Gauss cho từ trường

I

dB X

∫ B ⋅ ndS = 0

r

dl

(S )

• Hay dưới dạng vi phân:

divB = 0

• là độ từ thẩm của chân không.

• Từ trường toàn phần:

µ0 Idl × r B= 4π (∫C ) r 3

• Ý nghĩa: đường sức từ trường luôn luôn khép kín.

4. Định luật Ampère • Chiều dương của pháp vectơ n là chiều thuận đối với định hướng của (C).

• Lưu số của B theo (C) tỷ lệ với cường độ dòng toàn phần qua (S):

B ∫ ⋅ dr = µ0Itot

• Từ thông qua một mặt kín bằng không:

4. Định luật Ampère (tt)

n (S) (C) I>0

• Nếu (C) đi vòng qua một dòng điện nhiều lần, • thì dòng điện đó phải được cộng bấy nhiêu lần với dấu tương ứng.

I

B dr (S)

(C )

(C)

rotB = µ0 j

I<0

Itot = I – I = 0

5a. Dipole từ • Dipole từ là một dòng điện kín có kích thước nhỏ.

• Momen dipole từ:

pm = NISn • • • •

N là số vòng dây, I là cường độ dòng điện, S: diện tích một vòng dây, n: pháp vectơ theo chiều thuận đối với dòng điện.

pm n (S) I

5b. Dipole từ trong từ trường • Dipole từ trong từ trường ngoài có thế năng:

Um = − pm ⋅ B • thế năng cực tiểu khi momen từ cùng chiều với từ trường.

• Dipole chịu tác động của momen ngẫu lực:

τ = pm × B • Momen này có xu hướng quay dipole song song với từ trường ngoài.

Nội dung

Từ môi Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com

1.

2.

3.

4.

5.

6.

Các loại vật liệu từ Vectơ cường độ từ hóa Vectơ cường độ từ trường Từ trường trong từ môi Định luật Ampère trong từ môi Điều kiện trên mặt phân cách hai từ môi

1a. Vật liệu nghịch từ

1b. Vật liệu thuận từ

• Không có các dipole từ nguyên tử: không có từ tính.

• Trong từ trường ngoài: các dòng cảm ứng tạo một từ trường riêng ngược chiều từ trường ngoài.

• ⇒ Chất nghịch từ có xu hướng đẩy từ trường ngoài ra khỏi nó.

• Mọi vật chất đều có tính nghịch từ (rất yếu).

• Vật liệu siêu dẫn có tính nghịch từ lý tưởng.

• Có sẵn các dipole từ nguyên tử.

• Chuyển động nhiệt: các dipole từ nguyên tử định hướng hỗn loạn, • từ trường riêng do chúng tạo ra bằng không.

• Trong từ trường ngoài: các dipole từ định hướng theo từ trường, tạo một từ trường riêng tăng cường cho từ trường ngoài.

• Đó là sự từ hóa của vật thuận từ.

1c. Vật liệu sắt từ

2. Vectơ cường độ từ hóa

• Có sẵn các dipole từ nguyên tử như trong chất thuận từ.

• Khác với chất thuận từ, các dipole từ nguyên tử trong chất sắt từ định hướng trật tự.

• Do đó bình thường chất sắt từ cũng tạo ra một từ trường riêng mạnh.

• Chúng được dùng để làm nam châm.

• Khi bị từ hóa, momen dipole từ trung bình của từ môi khác không.

• Vectơ cường độ từ hóa Pm là momen dipole từ trung bình trong một đơn vị thể tích.

• Pm có đơn vị là A/m.

3. Vectơ cường độ từ trường

3. Vectơ cường độ từ trường (tt)

• Cường độ từ trường H trong từ môi:

B H= − Pm µ0

• Kết hợp hai hệ thức trên ta có:

B B H= = µ0 (1 + χm ) µ0 µ

• Trong từ môi đẳng hướng:

Pm = χ mH

• Suy ra:

B = µ0 µ H

• χm là độ từ cảm của từ môi, không có thứ nguyên. χm có thể âm (nghịch từ) hay dương (thuận từ và sắt từ).

• trong đó μ = 1 + χm, là độ từ thẩm của từ môi. μ > 1, không thứ nguyên.

4. Từ trường trong từ môi • Từ trường trong từ môi = từ trường ngoài + từ trường riêng của các dipole từ.

• Nếu từ môi đẳng hướng lấp đầy khoảng giới hạn giữa các đường sức của từ trường ngoài thì từ trường trong từ môi tăng lên μ lần.

• Ví dụ: nếu đưa thanh từ môi hình trụ vào trong một solenoid, thì từ trường trong solenoid tăng lên μ lần.

4. Từ trường trong từ môi (tt) I

B0 Mặt bên của thanh từ môi song song với đường sức của từ trường ngoài.

B = μB0

5. Định luật Ampère trong từ môi • Định luật Ampère trong từ môi có dạng:

H ∫ ⋅ dr = I

(C )

• I là cường độ dòng toàn phần đi qua (C), • I chỉ gồm các dòng điện “ngoài”, không có các dòng điện nguyên tử trong từ môi.

• Dạng vi phân: rotH = j • j là mật độ dòng điện “ngoài”.

6. Điều kiện trên mặt phân cách n • Ở gần mặt phân cách B2n của hai từ môi: H1t = H2t B1n = B2n

B1

B2 B1n

H2 H1t

t H2t

H1