Hệ thống lý thuyết và bài tập nâng cao về điện trường tĩnh trong chân không

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ THPT

vectorstock.com/10212086

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Hệ thống lý thuyết và bài tập nâng cao về điện trường tĩnh trong chân không (Sử dụng cho các lớp 11 chuyên lí, cho đội dự tuyển, đội tuyển HSG Quốc gia) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

TRẦN VĂN HÙNG ONG THẾ HÙNG HÀ VĂN OÁNH

HỆ THỐNG LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP PHẦN TĨNH ĐIỆN

Tổ: Vật lí – KTCN Năm học: 2013 – 2014 Mã số:……………………………

Bắc Giang, tháng 04 năm 2014

1

MỤC LỤC Mở đầu Phần thứ nhất ĐIỆN TRƯỜNG KHÔNG ĐỔI TRONG CHÂN KHÔNG I. ĐIỆN TÍCH..………………………………………….….……………………….….…….2 I.1. Cấu tạo của vật chất..………………………………….……………….……….….…….2 I.2. Định luật bảo toàn điện tích……..……...…………………...………….………….…….2 I.3. Chất dẫn điện và chất cách điện…..………………………….…………….…….....……2 II. LỰC ĐIỆN..………………………………….…………………………….…….….…….3 II.1. Quy tắc cơ banrcuar sự tương tác giữa các điện tích…………………….….……..……3 II.2. Định luật Cu - lông…………….……...………………………………….….……..…...3 II.3. Nguyên lý chồng chất….……….……...…………………………………….….…..….4 III. ĐIỆN TRƯỜNG….……….……...………..…………………………..………….…..…4 III.1. Điện trường…......…………….……...…………………………….………….…..…..4 III.2. Điện trường của điện tích điểm……...…………………………………...…..…...…..5 III.3. Điện trường của một lưỡng cực điện..………………………………………..…...…..5 III.4. Điện trường của các vật tích điện…...………………………………………..…...…..6 IV. ĐIỆN TÍCH VÀ LƯỠNG CỰC ĐIỆN TRONG ĐIỆN TRƯỜNG………...….…...…..9 IV.1. Điện tích trong điện trường.....…………….……...……………………................…..9 IV.2. Lưỡng cực điện trong điện trường.....……………..………………...………..…..…..9 V. ĐIỆN TRƯỜNG TRONG CHẤT ĐIỆN MÔI.……...…………………..…………..….10 V.1. Chất điện môi phân cực và chất điện môi không phân cực……………………..…….10 V.2. Sự phân cực của chất điện môi...…………….……...……………………………..….11 V.3. Vectơ phân cực ……………......…………….……...……………………………..….11 VI. ĐỊNH LUẬT GAU - XƠ…….......…………….……...……………………………..…13 VI.1. Đường sức điện trường……………......…………….……...……………………..….14 VI.2. Thông lượng điện trường……………......…………….……...……….…………..….14 VI.3. Định luật Gau – xơ cho điện trường trong chân không..…...……………………..….14 VI.4. Áp dụng định luật Gau – xơ ………......…………….……...……………………..….16 VI.5. Định luật Gau – xơ cho chất điện môi………......………..…………………………..19 Phần thứ hai HỆ THỐNG BÀI TẬP VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT..……………………….....21 I. Điện tích – điện trường..……………………………………………………………….....21 II. Lưỡng cực điện – điện thế - Điện trường………………………………………….….....47 III. Phương pháp ảnh điện – Lực điện – Điện thế - Điện trường...………………………....58 IV. Chuyển động của điện tích trong điện trường...…………………………………….......86 KẾT LUẬN.........................................................................................................................100 Tài liệu tham khảo.............................................................................................................101

2

MỞ ĐẦU I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Tĩnh điện học là một trong những phân môn đặc biệt quan trọng trong Vật lí học nói chung và trong giảng dạy nói riêng. Tĩnh điện học được xây dựng trên nền tảng từ việc quan sát các hiện tượng thường thấy trong tự nhiên và sử dụng các kết quả quan trọng của lí thuyết toán lí thể hiện qua các định luật tổng quát.

Việc nghiên cứu các hiện tượng về tĩnh điện học luôn là một thách thức thật sự đối với những ai đang quan tâm và tìm hiểu về nó. Với vai trò của một người hướng dẫn học sinh tìm hiểu các hiện tượng về điện để rút ngắn phần nào đó thời gian nghiên cứu và tăng hiệu quả của việc nghiên cứu đồng thời trên cơ sở của yêu cầu hiện tại cần thiết cho mục đích làm tốt hơn nhiệm vụ của mình chúng tôi đã chọn: “Hệ thống lí thuyết và bài tập phần tĩnh điện” làm đề tài nghiên cứu.

II. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Hệ thống lý thuyết và bài tập nâng cao về điện trường tĩnh trong chân không.

III. MỤC ĐÍCH VÀ NỘI DUNG NGHIÊN CỨU - Khái quát hóa một số kiến thức cơ bản phần tĩnh điện học và các kiến thức toán học cần sử dụng.

- Xây dựng được các dạng bài tập chất lượng cao theo một hệ thống nhất định phục vụ cho việc giảng dạy lớp chuyên và đội tuyển.

IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU IV.1. Phương pháp nghiên cứu lí thuyết - Phân tích và tổng hợp lí thuyết.

- Xây dựng hệ thống bài tập chọn lọc nhằm đáp ứng được yêu cầu đã đề ra.

IV.2. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn - Sử dụng trực tiếp cho các lớp 11 chuyên lí, cho đội dự tuyển, đội tuyển HSG Quốc gia và dần đi tới hoàn thiện đề tài.

3

Phần thứ nhất CƠ SỞ LÍ THUYẾT ĐIỆN TRƯỜNG KHÔNG ĐỔI TRONG CHÂN KHÔNG I. ĐIỆN TÍCH I.1. Cấu tạo của vật chất Mọi chất đều được tạo nên từ các nguyên tử hoặc phân tử. Theo mô hình đơn giản, nguyên tử gồm có proton và neutron tạo nên hạt nhân của nó và các electron chuyển động quanh hạt nhân. Điện tích của 1 proton và của 1 electron có cùng độ lớn nhưng khác nhau về dấu. Proton, theo quy ước, tích điện dương còn electron tích điện âm. Neutron trung hoà điện. Một nguyên tử trung hoà về điện vì có số electron và proton bằng nhau. Mọi vật đều chứa một số rất lớn các diện tích nhưng điều đó thường bị che dấu vì chúng chứa hai loại điện tích (điện tích dương và điện tích âm) với số lượng bằng nhau: Vật trung hoà về điện. Một vật tích điện khi có sự mất cân bằng về điện tích.

Thực nghiệm cho thấy, mọi điện tích q dương hoặc âm phát hiện được trong mọi vật đều là bội của một lượng điện tích cơ bản e: q = n e (1) với n =  1,  2,  3,… và điện tích cơ bản: e = 1,60.10-19 C (2) Các hạt quark (tạo nên proton và neutron) có điện tích  hoặc  nhưng vì các hạt đó không thể tồn tại một cách riêng lẻ nên người ta không lấy điện tích của chúng làm điện tích cơ bản có thể phát hiện được. Culông (C), là đơn vị SI của điện tích. Điện tích của một proton bằng + e và của neutron bằng 0.

Như vậy, điện tích chỉ có các giá trị gián đoạn mà không phải liên tục. Ta nói điện tích bị lượng tử hoá. Lượng tử của điện tích rất nhỏ. Ta không cảm thấy sự gián đoạn đó với các hiện tượng thường gặp trong thực tế. Ngoài điện tích, còn có các đại lượng vật lí khác cũng bị lượng tử hoá (năng lượng, động lượng).

I.2. Định luật bảo toàn điện tích Các điện tích không tự sinh ra và cũng không tự mất đi, chúng chỉ được truyền từ vật này sang vật khác hoặc di chuyển ở bên trong một vật. Như vậy, trong một hệ cô lập, điện tích được bảo toàn. Định luật này đúng cho mọi trường hợp từ các vật khổng lồ cho đến các nguyên tử, hạt nhân và hạt cơ bản.

I.3. Các chất dẫn điện và chất cách điện.

Trong một số vật liệu như kim loại, nước sinh hoạt, cơ thể người,… các điện tích âm có thể chuyển động tự do. Các vật liệu đó được gọi là các chất dẫn điện. Trong một số chất khác, như thuỷ tinh, nước tinh khiết,… không có điện tích chuyển động tự do. Đó là các chất cách điện hay chất điện môi.

4

Khi các nguyên tử của một chất dẫn điện, như kim loại đồng chẳng hạn, tiến gần đến nhau để tạo nên chất rắn, electron ở lớp vỏ ngoài không còn liên kết với các nguyên tử lẻ mà trở thành tự do, có thể di chuyển dễ dàng trong tinh thể. Các electron đó được gọi là electron dẫn. Trong các chất điện môi, có rất ít các electron tự do, hầu hết các electron đều liên kết chặt với các nguyên tử.

II. LỰC ĐIỆN II.1. Quy tắc cơ bản của sự tương tác giữa các điện tích.

Các vật tích điện tương tác với nhau bằng cách tác dụng lực lên nhau. Các điện tích cùng dấu đẩy nhau và các điện tích trái dấu hút nhau. Các lực đó được gọi là lực tĩnh điện hay lực điện. Thuật ngữ "tĩnh điện" được dùng ở đây để nhấn mạnh các điện tích hoặc đứng yên hoặc chuyển động rất chậm đối với nhau.

II.2. Định luật Cu - lông.

Lực tĩnh điện (đẩy hoặc hút) giữa hai điện tích điểm q1 và q2 ở trong chân không qq và cách nhau một khoảng r có độ lớn bằng F  k 1 2 2 (3) r trong đó k là một hằng số, được gọi là hằng số tĩnh điện, phụ thuộc vào môi trường chứa các điện tích… Để các công thức suy ra từ hệ thức trên có dạng đơn giản người ta dùng 1 hệ đơn vị k  ,  là một hằng số, được đưa vào để đảm bảo cho vế phải có thứ nguyên 4 là lực. Nó có tên là hằng số điện môi của môi trường. Khi các điện tích được đặt trong chân không.

1 k = 8,99 . 109 N.m2 / C2 4 0 ε o được gọi là hằng số điện môi của chân không ε o = 8,85 . 10-12 C2 / N.m2

(4)

Với cách chọn k như vừa nói, (3) có dạng: * Khi các điện tích ở trong môi trường.

1 q1q2 F 4 r 2 * Khi các điện tích ở trong chân không qq 1 q1q2 F  8,89.109. 1 2 2 2 4 0 r r

(5)

(6)

Trong hệ đơn vị SI, F được đo bằng niutơn (N), q bằng culông (C) và r bằng mét (m).

Trong chương này, ta xét các điện tích ở trong chân không nên ta sẽ dùng (6). Để tính đến chiều của lực, định luật Cu – lông được viết dưới dạng F 12 

1 q1q2 r 4 0 r 2

(7)

trong đó F 12 là lực mà điện tích q1 tác dụng lên điện tích q2 và r là vectơ đơn vị hướng theo chiều từ q1 đến q2 bất kể dấu của các điện tích như thế nào. Nếu hai điện tích cùng 5

dấu (hoặc đều âm hoặc đều dương), tích q1q2 dương và lực F 12 cùng chiều với r : q1 đẩy q2. Nếu hai điện tích trái dấu, q1q2 âm và lực F 12 ngược chiều với r , nghĩa là q1 hút q2.

Lực F 21 mà điện tích q2 tác dụng lên q1 cũng có cùng độ lớn như F 12 và có chiều được xác định theo cùng quy tắc như với F 12 . Như vậy, điện lực cũng tuân theo định luật thứ ba Niu – tơn. Định luật Cu - lông đã được kiểm tra bằng thực nghiệm. Nó đúng cho mọi trường ngay với nguyên tử là nơi mà cơ học cổ điển không còn đúng nữa. Định luật Cu - lông cho phép tính lực tương tác giữa các electron và hạt nhân trong nguyên tử, lực liên kết giữa các nguyên tử và phân tử để tạo thành chất lỏng, chất rắn. Bản thân chúng ta là tập hợp của các hạt nhân và electron liên kết với nhau bởi các lực tĩnh điện.

Lực hút và đẩy giữa các vật tích điện có nhiều ứng dụng trong thực tế: sơn tĩnh điện, lọc bụi trong các ống khói, in bằng phương pháp phun mực, photocopy,…

II.3. Nguyên lý chồng chất. Định luật Cu - lông xác định lực tác dụng giữa hai điện tích. Khi ta có nhiều hơn hai điện tích thì lực tác dụng lên một điện tích được tính như thế nào? Giả sử có 3 điện tích. Để tính lực tác dụng lên điện tích q3 từ hai điện tích kia, ta tính lực F 13 và F 23 nhờ công thức (7) rồi cộng vectơ của hai lực đó.

Ta tính được như vậy vì lực mà q1 tác dụng lên q3 không bị ảnh hưởng bởi sự có mặt của q2 và lực mà q2 tác dụng lên q3 độc lập với sự hiện diện của q1. Tính chất đó được thực nghiệm xác nhận. Ta nói các lực điện tuân theo nguyên lí chồng chất.

Tổng quát, sự tương tác giữa bất kỳ hai điện tích nào là độc lập với sự có mặt của các điện tích khác. Cụ thể hơn, khi có n hạt tích điện, chúng tương tác với nhau theo từng đôi một cách độc lập với nhau và lực tác dụng lên một hạt nào đó (hạt 1 chẳng hạn) được xác định bởi tổng vectơ.

F 1  F 21  F 31  F 41  ...  F nl

(8) Nhờ có nguyên lí này, ta có thể giải các bài toán khá phức tạp bằng cách phân tích chúng thành các phần đơn giản hơn.

III. ĐIỆN TRƯỜNG III.1. Điện trường Nhờ định luật Cu - lông, ta có thể xác định lực tác dụng giữa hai điện tích ở cách nhau một khoảng cách nào đó. Khi các điện tích ở cách xa nhau, bằng cách nào chúng có thể tương tác với nhau? Ở phần cơ học, ta đã biết khái niệm về trường hấp dẫn. Nhờ nó ta đã hiểu được cơ chế tác dụng từ xa là thông qua trường hấp dẫn. Chẳng hạn, Trái Đất có thể hút Mặt Trăng là nhờ nó đã tạo ra quanh nó một trường và Mặt Trăng tác dụng với trường đó ở tại vị trí của nó. Người ta cũng đưa ra khái niệm trường tương tự để giải quyết bài toán tác dụng từ xa giữa các điện tích. Theo đó, điện tích q thiết lập trong không gian bao quanh nó một điện trường. Ở một điểm xác định P trong không gian đó, điện trường có thể được biểu thị bởi một vectơ. Độ lớn của vectơ đó phụ thuộc vào độ lớn của q và khoảng cách giữa điện tích q và điểm P. Chiều của vectơ phụ thuộc vào

6

chiều từ q đến P và dấu của điện tích q. Khi đặt điện tích q0 ở P, q tương tác với q0 thông qua điện trường ở P. Độ lớn và chiều của điện trường ở P xác định độ lớn và chiều của lực tác dụng lên q0. Nếu điện tích q dịch chuyển, do khoảng cách đến P thay đổi, lực điện tác dụng lên q0 thay đổi. Sự thay đổi này của lực không thay đổi tức thời mà chậm hơn so với sự dịch chuyển của điện tích q. Để xác định điện trường của một vật tích điện nào đó, ta dùng một điện tích thử dương q0 và đặt nó tại một số điểm quanh vật. Ở mỗi vị trí đó, ta đo lực điện F tác dụng lên điện tích thử. Điện trường E ở một điểm nào đó được định nghĩa bằng F E= (9) q0 Đơn vị SI của điện trường là vôn/m (V/m).

III.2. Điện trường của điện tích điểm. Để tìm điện trường do một điện tích điểm q, ta đặt một điện tích thử dương q0 ở một điểm cách q một khoảng r. Theo định luật Cu - lông, độ lớn của lực điện tác dụng lên 1 qq0 q0 bằng F  4 0 r 2 (10) Lực F hướng ra xa điện tích điểm nếu điện tích của nó là dương và hướng vào điện tích điểm nếu điện tích của nó là âm.

F 1 q Vectơ điện trường E , theo, có độ lớn bằng E   (11) q0 4 0 r 2 và có chiều trùng với chiều của lực tác dụng lên điện tích thử. Điện trường của một điện tích điểm có thể xác định nhờ nguyên lí chồng chất. Giả sử có n điện tích điểm q1, q2, q3, …, qn. Đặt một điện tích thử q0 gần các điện tích đó. Theo (8), lực tổng cộng F 0 mà n điện tích điểm tác dụng lên điện tích thử bằng F 0 = F 10  F 20  F 30  ...  F n 0

Do đó, theo (9), điện trường tổng cộng ở vị trí của điện tích thử bằng.

E

F0  E 1  E 2  E 3  ...  E n q0

(12)

trong đó E i là điện trường do điện tích thứ i sinh ra tại vị trí của điện tích thử khi chỉ có một mình nó.

III.3. Điện trường của một lưỡng cực điện.

Hai điện tích có cùng độ lớn q nhưng ngược dấu ở cách nhau một khoảng d. Cấu hình này được gọi là lưỡng cực điện. Ta hãy tính điện trường của lưỡng cực ở điểm P nằm trên trục của lưỡng cực và cách trung điểm của nó một khoảng bằng z. Điện tích +q tạo ở P điện trường E(+) còn z P O điện tích - q điện trường E(-). Hai điện -q trường này đều hướng dọc theo trục của +q lưỡng cực điện nhưng ngược chiều nhau. Áp d Hình 1 7

dụng nguyên lí chồng chất cho các điện trường này, ta tính được độ lớn của điện trường tổng cộng E ở điểm P. E = E(+) E(-) 1 q 1 q q  d 2 d 2    (1  )  (1  ) = 4 0 ( z  d ) 2 4 0 ( z  d ) 2 4 0  2z 2 z  2 2 Thường người ta quan tâm đến tác dụng điện của một lưỡng cực điện chỉ ở các khoảng cách đủ lớn so với kích thước của nó, nghĩa là z >> d. Khi đó, d/2z << l nên có thể khai triển hai đại lượng trong dấu ngoặc của (12).

E

d d   (1   ...)  (1   ...)   4 0 z  z z  q

2

trong đó ta không viết các số hạng bậc cao của d/z vì chúng rất nhỏ.

Như vậy, ở các khoảng cách lớn, gần đúng ta có.

E

q

2d qd  4 0 z z 2 0 z 3

(13)

2

Tích qd được gọi là momen lưỡng cực điện p p=qd Công thức (13) trở thành E

(14)

1

p 2 0 z 3

(15) Momen lưỡng cực điện là một vectơ p có độ lớn bằng qd và có chiều hướng dọc theo trục của lưỡng cực từ điện tích âm đến điện tích dương (hình 2).

p z

P

+q

-q

Hình 2

Phương trình (15) cho thấy nếu đo điện trường của một lưỡng cực điện ở một điểm khá xa nó, ta không thể xác định q và d một cách riêng biệt mà chỉ biết được tích của chúng. Momen lưỡng cực là một tính chất cơ bản của lưỡng cực điện. Công thức (15) được suy cho một điểm nằm trên trục và cách xa tâm của lưỡng cực. Trên thực tế, E của 1 một lưỡng cực điện thay đổi theo 3 (r là khoảng cách từ điểm đang xét đến tâm của r lưỡng cực) cho mọi điểm ở xa không kể chúng có nằm trên trục lưỡng cực hay không. Từ 1 đây, ta có nhận xét: điện trường của lưỡng cực điện giảm theo khoảng cách theo 3 , trong r 1 khi đó điện trường của điện tích điểm giảm theo 2 . Nguyên nhân của sự giảm nhanh của r điện trường lưỡng cực theo khoảng cách là do với các điểm ở xa, một lưỡng cực được xem gồm hai điện tích bằng và ngược dấu và gần như - nhưng không hoàn toàn - trùng nhau. Do đó, điện trường tổng cộng ở các điểm xa lưỡng cực gần như - chứ không hoàn toàn - bị triệt tiêu.

8

III.4. Điện trường của các vật tích điện Các vật tích điện gồm một số rất lớn các điện tích điểm phân bố một cách gần như liên tục dọc theo một trường, trên một mặt hoặc trong một thể tích nào đó. Để tính điện trường của các vật đó tại một điểm P, ta chia một cách tưởng tượng sự phân bố của các điện tích thành các yếu tố điện tích vi phân đủ nhỏ để xem chúng là các điện tích điểm, nhờ đó có thể áp dụng (10) để tính điện trường cho mỗi yếu tố đó. Sau đó, theo nguyên lí chồng chất, ta tính tổng vectơ của chúng để được điện trường do vật tạo ra ở P. Khi thực hiện tính toán nói trên, ta cần chú ý đến các điểm sau: +) Căn cứ vào tính đối xứng của sự phân bố điện tích mà chọn các yếu tố điện tích vi phân dq để tính toán được đơn giản nhất. +) Để xác định điện tích của yếu tố vi phân, thuận lợi hơn cả là dùng các đại lượng mật độ điện tích được ký hiệu và định nghĩa như sau: Ký hiệu

Định nghĩa

Mật độ điện tích dài



Mật độ điện tích mặt



Mật độ điện tích thể tích



dq dl dq  = dS dq  = dV

Tên

Đơn vị

 =

C/m C/m2 C/m3

trong đó dl, dS và dV lần lượt là yếu tố dài, yếu tố diện tích và thể tích của vật tích điện. +) Nói chung, cộng vectơ điện trường của các yếu tố điện tích thường khá phức tạp. Ta có thể chuyển cộng vectơ thành cộng đại số bằng cách chiếu các vectơ lên các trục toạ độ.

III.4.1.Ví dụ 1: Để cộng vectơ E 1 và E 2 , trước hết ta chiếu hai vectơ đó lên các trục toạ độ (E1x, E1y) và (E2x, E2y) . Sau đó cộng đại số các thành phần nằm trên cùng trục toạ độ.

Ex = E1x + E2x Ey = E1y + E2y . Độ lớn của vectơ tổng cộng E =

E x2  E y2

III.4.2.Ví dụ 2: Tính điện trường cho một số vật tích điện đối xứng đơn giản. a) Vòng dây tròn tích điện dE i E Giả sử vòng dây được tích điện đều với mật độ điện tích dài  . Tính điện trường ở điểm P (hình 3). Yếu tố dài dli (có điện tích dqi =  dli) tạo điện trường d Ei ở P.

P

Theo (10), độ lớn của d Ei bằng dEi 

ri

1  dli 4 0 ri 2

(16)

dli

Ta có hai thành phần của vectơ d Ei

a 9 Hình 3

dEi = dEi sin  = dEi

a ri

d E i  = dEi cos  = dEi

z ri

(17)

Để có điện trường do toàn vòng dây, cần cộng vectơ các vectơ d Ei do tất cả các yếu tố của vòng dây gây ra tại P. Các thành phần chiếu của chúng trên cùng 1 trục được cộng đại số với nhau: E =  dEi // = 0 do đối xứng i

E  =  dEi   i

i

 dli z 4 0 ri 2 ri

Chú ý: ri2 = a2 + z2 = const nghĩa là mọi yếu tố dài nằm trên vòng tròn đều cách đều điểm P ri = r. Do đó (17) thành z z  az E  dl  .2 a  (vì  dli = 2  a) 3  i 2 2 3/2 4 0 r i 4 0 (a  z ) 2 0 (a 2  z 2 )3/2 i Điện trường do vòng dây gây ra ở P có độ lớn bằng  az E  E/2/  E2  2 0 (a 2  z 2 )3/2

(18)

Chiều của vectơ E hướng dọc theo trục vuông góc của vòng dây.

Từ (18) Khi z = 0, E=0 2 a E Khi z >> a, bằng điện trường do một điện tích điểm có 4 0 z 2 điện tích q =  .2  a ở điểm cách nó một khoảng z. b) Đĩa tích điện.

Hình 4 cho thấy một đĩa nhựa tròn, bán kính R được tích điện dương đều ở mặt trên với mật độ điện tích điện mặt  . Tính điện trường ở điểm P nằm trên trục đi qua tâm đĩa và ở cách nó một khoảng z.

Từ tính đối xứng của bài toán, ta chọn yếu tố diện tích dSi là hình vành khăn có bán kính ri. Khi đó, yếu tố điện tích dqi =  .2  ri.dri nằm trên một vòng tròn.

P

dSi O

Ở trên ra đã tính điện trường của 1 vòng điện tích (18). Ở đây, yếu tố điện tích dqi tạo ở điểm P điện trường. dEi 

zdqi  z 2 ri dri  z 2ri dri   2 2 3/2 2 2 3/2 4 0 (zi  z ) 4 0 (ri  z ) 4 0 (ri2  z 2 )3/2

10

Hình 4

R

Vì các vòng điện tích với các bán kính ri khác nhau đều tạo điện trường hướng theo cùng một chiều (thẳng đứng) nên độ lớn của điện trường tổng cộng do toàn bộ điện tích có trên mặt gây ra tại P bằng tổng đại số.  z 2ri dri E =  dEi  4 0 ( z 2  ri 2 )3 / 2 i Ở đây ri thay đổi liên tục từ giá trị 0 đến R nên tổng trên có thể thay bằng tích phân 2rdr z  z R 2 2 3 / 2  0 4 0 ( z 2  r 2 )3 / 2 4 0 0 ( z  r ) 2rdr R

E=

Để tính tích phân này, ta đưa nó về dạng

X

m

(19)

dX bằng cách đặt X = (z2 + r2) và m = -3/2.

Khi đó dX = 2r dr.

R

Xm+1  z  (z 2  r 2 )1/2  Ta biết,  X dX = nên (19) => E  m+1 4 0  1/ 2  0 m

Thay các giới hạn lấy tích phân vào, ta được độ lớn của điện trường tạo ra bởi một đĩa tròn phẳng tại một điểm nằm trên trục đi qua tâm của nó.  z E= (20) (1  2 0 z 2  R2 Nếu cho R   khi vẫn z hữu hạn, số hạng thứ hai ở trong ngoặc của (20) tiến đến không và (20) rút trở thành  E= (21) 2 0 Đó là điện trường tạo nên bởi một bản phẳng rất lớn, có điện tích được phân bố đều trên một phía. Khi z  0 và R hữu hạn trong (20) ta cũng được (21). Ở các điểm rất xa đĩa, hiện trường tạo ra bởi đĩa giống như điện trường của điện tích điểm.

IV. ĐIỆN TÍCH VÀ LƯỠNG CỰC ĐIỆN TRONG ĐIỆN TRƯỜNG IV.1. Điện tích điểm trong điện trường.

Giả sử có một điện trường E do các vật tích điện đứng yên hoặc chuyển động sinh ra. Bây giờ, nếu có một hạt tích điện q rơi vào trường đó, nó sẽ chịu một lực tĩnh điện tác dụng. Lực đó bằng F  q E

(22)

trong đó E là điện trường do các điện tích khác sinh ra tại vị trí của hạt tích điện q. Điện trường này không phải là điện trường so chính hạt sinh ra.

Vì (22) là phương trình vectơ nên q ở đây phải bao gồm cả dấu của điện tích. Phương trình (22) cho biết F và E cùng chiều nếu q là dương và ngược chiều nếu q âm.

IV.2. Lưỡng cực điện trong điện trường Ta hãy xét một lưỡng cực điện được đặt trong một điện trường ngoài đều E . Giả sử momen lưỡng cực p tạo một góc  với E (hình 5). Ở các điện tích của lưỡng cực có các lực điện F và E tác dụng theo các chiều ngược nhau và với cùng độ lớn F = qE. Do đó, tổng hợp các lực do điện trường tác dụng lên 11

lưỡng cực bằng 0. Nhưng các lực đó tác dụng một momen ngẫu lực tổng cộng  quanh trọng tâm O của lưỡng cực. Độ lớn của momen  đó bằng: d d  = F sin  + F sin  = F d sin  (23) 2 2 Có thể viết lại (23) thông qua độ lớn của điện trường E và momen lưỡng cực p = qd. Muốn vậy, trong (23) thay F bằng qE và d bằng p /q:  = p E sin 

E

F

-q

 p

P

+q

O F

Hình 5

(24)

 = px E

Dưới dạng vectơ

(25)

Momen ngẫu lực có xu hướng làm quay p cho đến khi trùng với chiều của E , nói một cách khác, cho đến khi  giảm đến 0.

Tuỳ theo sự định hướng của lưỡng cực trong điện trường, nó có thể có thế năng khác nhau. Lưỡng cực có thế năng thấp nhất khi ở trong sự định hướng cân bằng. Khi đó momen lưỡng cực. p hướng theo chiều của điện trường E (  = p x E = 0). Với các định hướng khác, thế năng của lưỡng cực đều lớn hơn, để quay lưỡng cực lệch khỏi sự định hướng cân bằng cần tốn công.

Khi xét về thế năng, ta hoàn toàn tự do chọn giá trị 0 cho nó, vì chỉ có hiệu thế năng mới có ý nghĩa vật lí. Vì vậy, để cho biểu thức của thế năng của một lưỡng cực điện trong điện trường ngoài được đơn giản nhất, ta chọn thế năng bằng 0 khi góc  bằng 900.

Từ cơ học ta đã biết, thế năng U có thể tính theo công thức U = - W, với W là công mà trường thực hiện trên lưỡng cực khi nó quay từ góc 900 đến góc  .

U=-W=





90

90

 d   pE sin d   pE cos

Ta có thể viết công thức của U dưới dạng vectơ.

U = - p.E

(26)

Từ đây ta thấy, thế năng của lưỡng cực nhỏ nhất (bằng - pE) khi  = 180 , nghĩa là khi 0

p và E ngược chiều nhau.

V. ĐIỆN TRƯỜNG TRONG CHẤT ĐIỆN MÔI V.1. Chất điện môi phân cực và chất điện môi không phân cực.

Các chất điện môi là các chất mà trong các điều kiện bình thường gần như không có các hạt tích điện có thể di chuyển tự do. Các chất điện môi bao gồm tất cả các chất khi khi không bị ion hoá, một số chất lỏng và một số chất rắn. Tất cả các phân tử của chất điện môi đều trung hoà về điện: số điện tích âm của các electron bằng số điện tích dương của hạt nhân nguyên tử có trong phân tử. Tuy nhiên, sự phân bố của các electron trong phân tử của chất điện môi có momen lưỡng cực điện hay không.

12

+) Nếu sự phân bố của các electron sao cho "trọng tâm" của electron trong phân tử và "trọng tâm" của các điện tích dương của các hạt nhân nguyên tử không trùng nhau mà cách nhau một khoảng d (hình 6) thì mỗi phân

+q

d

-q

Hình 6

tử có thể xem như một lưỡng cực điện với momen điện pe  qd , trong đó q là điện tích dương tổng cộng của tất cả các hạt nhân nguyên tử trong

phân tử, d là vectơ vẽ từ "trọng tâm" của electron trong phân tử đến "trọng tâm" của các điện tích dương của các hạt nhân nguyên tử. Ví dụ cho các phân tử loại này là các phân tử H2O, rượu,…

Các chất điện môi trong đó các phân tử có sẵn momen điện như vậy được gọi là các chất điện môi có phân tử phân cực (hay chất điện môi phân cực). Trong chất điện môi thuộc loại này, tuy từng phân tử có thể xem là một lưỡng cực điện, nhưng do chuyển động nhiệt hỗn loạn, sự định hướng của các lưỡng cực đó hoàn toàn ngẫu nhiên. Kết quả là momen điện tổng cộng của tất cả các phân tử khi không có điện trường ngoài bằng 0. +) Nếu sự phân bố của các electron sao cho "trọng tâm" của electron trong phân tử và "trọng tâm" của các điện tích dương của các hạt nhân nguyên tử trùng nhau d = 0. Khi đó, các phân tử không có momen điện. Ví dụ cho các phân tử thuộc loại này là các phân tử H2, N2, O2, CCl4, Si,…Các chất điện môi có các phân tử như vậy được gọi là các chất điện môi có các phân tử không phân cực hay chất điện môi không phân cực.

V.2. Sự phân cực của chất điện môi.

Khi không có điện trường ngoài, chất điện môi, bất kể thuộc loại nào, không có momen điện tổng cộng bằng không. Bây giờ, ta hãy xét một chất điện môi khi đặt nó vào trong một điện trường ngoài. Dưới tác dụng của điện trường, chất điện môi sẽ có momen điện tổng cộng khác không. Hiện tượng xuất hiện momen điện tổng cộng trong chất điện môi khi đặt nó trong điện trường ngoài được gọi là sự phân cực điện môi.

Khi đặt một chất kim loại hoặc một chất điện môi vào trong một điện trường, ở trên mặt của chúng đều xuất hiện các điện tính cảm ứng. Tuy nhiên có một sự khác nhau quan trọng giữa hai trường hợp này. Đó là, trong các kim loại, các điện tích âm tồn tại dưới dạng linh động (electron tự do) có thể di chuyển khá xa. Do đó, các điện tích cảm ứng trong kim loại có thể tách nhau ra. Trong các chất điện môi, các điện tích trái dấu liên kết với nhau và chỉ có thể dịch chuyển một khoảng cách rất ngắn. Có hai cơ chế phân cực trong chất điện môi.

V.2.1. Chất điện môi được cấu tạo từ các phân tử vốn không bị phân cực (không có momen lưỡng cực điện).

Trong điện trường ngoài, sự phân bố của các điện tích bị thay đổi, "trọng tâm" của electron trong phân tử và "trọng tâm"của các điện tích dương của các hạt nhân nguyên tử trỡ nên không trùng nhau nữa mà dịch đi một khoảng d. Như vậy, phân tử vốn không có 13

momen điện, trong điện trường ngoài đã trở thành một lưỡng cực điện với momen điện cảm ứng p e tỷ lệ với cường độ điện trường ngoài E . Chuyển động nhiệt của các phân tử không ảnh hưởng đến các momen lưỡng cực điện cảm ứng: vectơ p e bao giờ cũng cùng chiều với E và độ phân cực không phụ thuộc nhiệt độ.

V.2.2. Chất điện môi phân cực, gồm các phân tử có momen lưỡng cực điện xác định (pe = const).

Trong điện trường ngoài đều, các lưỡng cực điện chịu tác dụng của momen ngẫu lực  = [ p e  E ] làm cho chúng định hướng theo chiều của E . Ở T = 0K ngay với điện trường yếu, tất cả các lưỡng cực điện đều định hướng theo chiều của điện trường. Tuy nhiên, khi T  0 K, năng lượng nhiệt của các lưỡng cực điện có thể làm cho chúng quay đi một góc nào đó so với chiều của điện trường ngoài. Khi đó, nhìn chung các lưỡng cực điện định hướng có tự hơn theo hướng ưu tiên dọc theo chiều của điện trường. Mức độ trật tự của sự sắp xếp các lưỡng cực điện quyết định đến độ lớn của momen điện tổng cộng của chất điện môi. Như vậy, khi đặt chất điện môi phân cực vào trong một điện trường ngoài, momen điện tổng cộng xuất hiện khi có độ lớn phụ thuộc vào nhiệt độ.

V.3. Vectơ phân cực. Để đặc trưng cho sự phân cực của một chất điện môi, người ta dùng một đại lượng vật lí, được gọi là vectơ phân cực. Vectơ phân cực p của một chất điện môi được định nghĩa là momen lưỡng cực điện của một đơn vị thể tích chất điện môi. Nếu chất điện môi có thể tích bằng V trong đó chứa N nguyên tử (hay phân tử), thì P

1 N  P ei V il

(27)

trong đó P ei là momen lưỡng cực điện của nguyên tử (phân tử) thứ i.

Nếu chất điện môi là đồng nhất, và độ dịch chuyển d của các điện tích là như nhau ở mọi điểm, vectơ phân cực p có cùng độ lớn và cùng chiều tại mọi điểm của chất điện môi. Sự phân cực như vậy được gọi là sự phân cực đều.

Với cả hai cơ chế phân cực vừa nói đến ở trên, ta thấy: trong điện trường ngoài, mỗi phân từ có thể xem như một lưỡng cực điện với momen lưỡng cực điện. pe = q d

(28)

Ở trong thể tích chất điện môi, các điện tích dương và âm triệt tiêu lẫn nhau. Chỉ có hai mặt đối diện dọc theo phương của điện trường, hiệu ứng dịch chuyển đó mới được thể hiện bởi sự xuất hiện của các điện tích phân cực mặt ngoài. Các điện tích đó liên kết chặt với các phân tử của chất điện môi do đó được gọi là điện tích liên kết. Khác với các điện tích tự do, các điện tích liên kết không tham gia vào quá trình dẫn điện. Tuy nhiên, các điện tích liên kết không cân bằng đó cũng tạo nên điện trường như các điện tích tự do không cân bằng. Ta có thể dễ dàng tính mật độ điện tích mặt  của các điện tích đó với

14

chất điện môi có phân tử không phân cực vì trong chất này, tất cả các lưỡng cực đều như nhau và đều định hướng theo chiều của điện trường ngoài.

Xét một yếu tố thể tích dV ở mặt ngoài có chiều dài d và tiết diện dS và giả sử trong yếu tố đó có dN phân tử và các vectơ p ei vuông góc với mặt ngoài (hình 9.11a) Với sự phân cực đều, từ (27) và (28), ta có p 

1 dV

p

ei

i



dN qd hay NV

P = qd

(29)

qdN là mật độ điện tích thể tích dV Điện tích ở trong lớp mặt ngoài dày d bằng dQ =  dS d trong đó  =

Do đó, mật độ điện tích mặt  =

dQ =  d dS

(30)

Từ định nghĩa của p , ta thấy trong trường hợp đang xét, vectơ p  mặt. Kết hợp (30) và (29), ta có mật độ điện tích mặt  = p = p

(31)

Trong trường hợp tổng quát hơn, khi p không vuông góc với mặt ngoài, ta hãy xét một yếu tố thể tích dưới dạng một khối hình hộp xiên có đáy bằng dS và cạnh d song song với p .

Giả sử trên một đáy có điện tích phân cực âm với mật độ -  và ở đáy đối diện điện tích dương với mật độ +  . Momen điện của khối chất điện môi bằng p =  dS d Nếu góc giữa pháp tuyến của đáy và vectơ p là  , thể tích của yếu tố thể tích dV = dS d cos  Số lưỡng cực có trong yếu tố thể tích đó dN = n.d.cos  .dS (n là nồng độ của phân tử trong chất điện môi) và điện tích phân cực mặt ngoài có trong yếu tố thể tích. dQ = q dN = n.q.d.cos  .dS = p dS trong đó p = p.cos  .

Do đó, mật độ điện tích mặt của điện tích phân cực mặt ngoài dQ  = = p dS

(32)

trong đó P là thành phần của p vuông góc với mặt.

Như vậy, mật độ mặt của điện tích phân cực ở một điểm bằng thành phần vuông góc của vectơ phân cực p ở điểm đó.

VI. ĐỊNH LUẬT GAU - XƠ Về nguyên tắc ta có thể tính điện trường của một sự phân bố điện tích bất kỳ bằng cách lấy tổng các phần đóng góp của các điện tích trong phân bố đó. Tuy nhiên, trong thực tế cách tính đó bao gồm việc lấy tích phân các đại lượng vectơ gây khó khăn cho việc tính. Trong phần này, ta sẽ xét một cách tính điện trường khác khá đơn giản, đặc biệt là cho các sự phân bố đối xứng của điện tích.

15

VI.1. Đường sức điện trường. Ở trên, để biểu diễn điện trường, ta vẽ các vectơ E được xác định từ (9) tại các điểm khác nhau của không gian. Một cách khác để biểu diễn điện trường là dùng các đường sức điện trường. Các đường sức được vẽ theo cách sau. +) Ở một điểm nào đó, đường sức có tiếp tuyến trùng với phương của E ở điểm đó. +) Số đường sức đi qua một đơn vị diện tích vuông góc với chúng bằng độ lớn của vectơ E . Đường sức điện có các tính chất sau: - Các đường sức đi ra từ các điện tích dương và đi vào các điện tích âm.

- Hai đường sức không bao giờ cắt nhau.

- Đường sức điện vuông góc với bề mặt của vật dẫn trong điều kiện vật dẫn đó cân bằng tĩnh điện.

VI.2. Thông lượng điện trường.

Xét một mặt bất kỳ trong một điện trường không đều (hình 7). Ta hãy chia mặt đó thành các hình vuông với điện tích  S đủ nhỏ để có thể xem các hình vuông đó là phẳng. Với mỗi yếu tố diện

E



S

tích đó, ta định nghĩa một vectơ diện tích  S có độ lớn bằng diện tích  S và có phương vuông góc với mặt và hướng ra xa nó.

Vì các hình vuông được lấy nhỏ tùy ý nên điện trường E có thể xem là không đổi cho mọi điểm nằm trên một hình vuông. Với mỗi hình vuông,

Hình 7

vectơ  S và E hợp với nhau một góc  nào đó. Tạm thời ta định nghĩa thông lượng  của điện trường cho mặt ở hình 7 bằng

 E . S

 =

i

(33)

i

Có thể diễn tả phương trình này như sau: lần lượt xét mỗi hình vuông ở trên mặt, xác định E i và  S i ở đó rồi tính tích vô hướng E i .  S i , xong cộng đại số (có tính đến dấu) các kết quả thu được từ tất cả các hình vuông tạo thành mặt. Dấu của mỗi tích vô hướng trong (33) có thể dương, âm hoặc bằng 0 tuỳ theo sự định hướng tương đối giữa E và S .

Định nghĩa đúng của thông lượng điện trường qua một mặt kín có được bằng cách thu nhỏ dần diện tích của các hình vuông ở hình 7 đến giới hạn vi phân dS. Khi đó, vectơ diện tích  S tiến đến giới hạn vi phân d S và tổng ở (33) trở thành tích phân    Ed S

(34)

S

Vòng tròn ở dấu tích phân chỉ ra rằng tích phân được lấy trên một mặt kín S. Thông lượng của điện trường là một đại lượng vô hương và đơn vị SI của nó là

16

Nm2 .

C

Vì số đường sức đi qua một đơn vị diện tích vuông góc với chúng có số trị bằng độ lớn của điện trường E, nên từ định nghĩa (34) cũng có thể phát biểu như sau: Thông lượng của điện trường  (gọi tắt là điện thông) qua một mặt nào đó có số trị bằng số đường sức đi qua mặt đó.

Với mặt kín, đường sức đi ra khỏi mặt được xem là dương, ngược lại xem là âm (vì góc giữa E và d S là tù).

VI.3. Định luật Gau - xơ cho điện trường trong chân không.

Cho một điện tích điểm dương q. Xét một mặt cầu bán kính r bao quanh điện tích có tâm trùng với điện tích điểm (hình 8). Mặt này, chỉ là một E mặt tưởng tượng để tính toán không có ý nghĩa vật lí gì, được r gọi là mặt Gau - xơ. dS r Ta hãy tính điện thông  (hay số đường sức) qua mặt r q cầu đó. Theo định nghĩa  =  Ed S (34) Với bài toán này, E có độ lớn như nhau tại mọi điểm nằm trên mặt cầu (đều cách điện tích một khoảng r) và hướng theo bán kính của mặt cầu nên E cùng chiều với dS (cos  = 1) Do đó

Hình 8

 =  Ed S =  EdS  E  dS q

Từ (9) E  Nên  

4 0 r q

4 0 r

2

2

và  dS  4r 2 là diện tích của mặt cầu Gau - xơ.

.4 r 2 

q

(35)

0

Nhận xét:  0 +) Điện thông qua mặt Gau - xơ hình cầu không phụ thuộc vào bán kính r của mặt. +) Có

q

0

đường sức đi ra khỏi mặt Gau - xơ (với bán kính tuỳ ý). Do đó, có tất cả

đường sức đi ra từ một điện tích dương và

q

0

q

0

đường sức đi vào một điện tích âm.

Nếu có các điện tích q1, q2, q3, …, qn nằm trong một mặt Gau - xơ kín, tổng số các đường sức đi ra từ các điện tích đó bằng

q1  q2  ...  qn

0

Đó cũng là số đường sức đi ra khỏi mặt

Gau - xơ.

Từ đó ta có

 Ed S 

1

0

n

q

(36)

i

il

trong đó tích phân được lấy theo một mặt kín và tổng được lấy theo tất cả các điện tích có trong mặt kín đó.

17

Chú ý: Nếu các điện tích không nằm trong mặt kín thì điện thông qua mặt đó bằng 0 vì số đường sức đi ra bằng số đường sức đi vào mặt.

(36) là biểu thức toán học của định luật Gau - xơ. Ta có thể phát biểu định luật Gau - xơ như sau: Thông lượng điện trường qua một mặt kín bất kỳ bằng tổng đại số các điện tích có trong mặt đó chia cho  0 . Ở trên ta đã suy định luật Gau - xơ từ định luật Cu - lông (dùng công thức 9). Vì vậy, với các bài toán tĩnh điện hai định luật này hoàn toàn tương đương nhau. Tuỳ theo trường hợp cụ thể mà ta dùng định luật Cu - lông hay định luật Gau - xơ. Với các bài toán trong đó có ít hoặc không có yếu tố đối xứng ta dùng định luật Cu - lông. Ta sẽ dùng định luật Gau - xơ để giải các bài toán có tính đối xứng cao. Trong các bài toán như vậy, định luật Gau - xơ không những làm đơn giản đáng kể việc giải mà nhiều khi, nhờ sự đơn giản, còn cho những hiểu biết sâu sắc mới.

VI.4. Áp dụng định luật Gau - xơ VI.4.1 Vật dẫn cô lập tích điện. Định luật Gau - xơ cho phép chứng minh một tính chất quan trọng của các vật dẫn cô lập sau đây: Nếu điện tích dư (điện tích không được trung hoà bởi điện tích trái dấu) được đưa vào một vật dẫn cô lập, điện tích đó sẽ di chuyển hoàn toàn ra mặt ngoài của vật dẫn. Một cách định tính, ta có thể hiểu được điều đó là do các điện tích cùng dấu đẩy nhau. Bằng cách di chuyển ra mặt ngoài, các điện tích có thể ở xa nhau nhất mà chúng có thể. Bây giờ, ta hãy dùng định luật Gau - xơ để kiểm tra đoán nhận đó.

Trong kim loại và trong các vật dẫn có các electron dẫn tự do. Nếu không có dòng chạy trong vật dẫn thì điện trường phải bằng 0 trong vật dẫn đó. Nếu E  0, các electron chuyển động có hướng dưới tác dụng của điện trường đó và tạo nên dòng điện, trái với điều kiện cân bằng tĩnh điện.

Chú ý: Khi nói điện trường E = 0 là nói ở tại các vị trí trong vật dẫn mà ở đó có electron tự do. Như vậy, trong hốc của vật dẫn, điện trường có thể khác không.

Xét một vật dẫn có mang điện tích dư Q. Áp dụng định luật Gau - xơ với mặt nằm sát mặt ngoài của vật.

1

 Ed S    q

i

0

i

Vì E = 0 ở trong vật dẫn nên điện trường cũng phải bằng 0 tại mọi điểm trên mặt Gau xơ vì mặt này tuy rất sát với mặt ngoài vẫn hoàn toàn nằm trong vật dẫn. Điều đó có nghĩa là thông lượng điện trường qua mặt Gau - xơ bằng 0 và do đó, theo định luật Gau xơ, điện tích tổng cộng ở trong mặt Gau - xơ cũng phải bằng 0. Điều đó chứng tỏ điện tích dư nằm hết ở mặt ngoài.

Bây giờ, ta khoét bỏ một phần ở bên trong vật dẫn để tạo thành một hốc. Nhờ định luật Gau - xơ với mặt Gau - xơ bao quanh hốc và nằm ở phí trong vật dẫn ta có thể kết luận rằng không có điện tích dư trên các cách của hốc, chúng vẫn nằm hết ở ngoài mặt

18

của vật dẫn. Sự phân bố của điện tích và hình ảnh của điện trường vẫn giống như khi chưa khoét rỗng vật.

Chúng ta đã biết, điện tích bao giờ cũng sinh ra điện trường ở xung quanh nó. Vậy tại sao các điện tích dư ở trên mặt của vật dẫn tại không tạo ra điện trường ở bên trong vật dẫn? Thực ra thì các điện tích dư có tạo ra điện trường ở đó, nhưng các điện tích dư tự chúng đã tự động sắp xếp ở trên mặt của vật dẫn sao cho điện điện trường tổng cộng của chúng ở mọi điểm trong vật dẫn bằng 0.

VI.4.2. Vỏ cầu tích điện.

Xét một vỏ cầu có điện tích tổng cộng q và bán kính R. Tính điện trường ở một điểm cách tâm của vỏ cầu một khoảng r, với r < R và r > R (hình 9). Đây là bài toán trong đó sự phân bố của điện tích có M sự đối xứng cầu. Do đó ta sẽ sử dụng mặt Gau - xơ có dạng cầu đồng tâm với lớp vỏ tích điện. +) Với r  R, áp dụng định luật Gau - xơ với mặt S2 ta được.

R S2 O q

 Ed S  

S2

0

Tại mọi điểm trên mặt đó, điện trường có độ lớn bằng nhau và có chiều vuông góc với mặt, nên.

 Ed S  E  dS  E.4r S2

S2

Do đó: E(r) =

2



q

0

Hình 9

1 q 4  0 r2

Đây cũng là điện trường của một điện tích điểm q đặt ở tâm của vỏ. Điều này chứng minh cho định lí: Một vỏ cầu tích điện đều hút hoặc đẩy một hạt tích điện nằm ở ngoài vỏ như thể là tất cả điện tích của nó đều tập trung ở tâm của vỏ. +)Với các điểm có r < R, áp dụng định luật Gau - xơ với mặt S1, ta suy được E = 0 vì mặt đó không chứa điện tích ở trong. Điều này xác nhận cho định lí: một vỏ cầu có điện tích phân bố đều không tác dụng lực tĩnh điện lên hạt tích điện nằm ở trong lớp vỏ đó.

VI.4.3. Thanh trụ dài tích điện Giả sử ta có một thanh trụ rất dài có điện tích phân bố đều dọc theo thanh với mật độ điện tích dài  . Ta hãy xác định r điện trường do thanh ở tại một điểm P cách trục của nó một khoảng r.

Với bài toán có tính đối xứng trụ này, ta chọn mặt Gau E r - xơ có dạng trụ qua điểm P như ở hình 10. Tại mọi điểm ở dS

mặt bên của mặt trụ, điện trường E đều bằng nhau về độ lớn

r

và có phương vuông góc với mặt (nghĩa là, với mặt bên E //

19

Hình 10

d S ). Trong khi đó, với hai đáy trái và phải, E  d S nên E . d S = 0. Điện tích có trong mặt Gau - xơ bằng  q  L áp dụng định luật Gau - xơ, ta có.



EdS 

MÆt trô kÝn







EdS 

MÆt bªn

dS  2 E rL 

MÆt bªn

EdS 

MÆt ®¸y tr¸i

1

0

Từ đây suy ra E(r) =



EdS

MÆt ®¸y ph¶i

L

 2  0 r

E

VI.4.4. Bảng phẳng không dẫn điện Giả sử ta có một bản chất dẻo, mỏng, rất rộng được tích điện đều trên một mặt cho đến mật độ điện tích mặt  .

dS

Ta hãy tính điện trường E ở một điểm cách mặt bản một khoảng r. Với bài toán này, mặt Gau - xơ thích hợp có thể là mặt trụ hoặc hình hộp chữ nhật. Ở đây, ta chọn mặt trụ như ở hình 11 với hai mặt đáy có điện tích bằng S. Với mặt đã chọn, áp dụng định luật Gau - xơ, ta có.



EdS 

MÆt trô kÝn

 MÆt bªn

 0  ES  ES 

E



EdS cos 90 

EdS cos 0 

MÆt ®¸y tr¸i

1

0



EdS cos 0 

MÆt ®¸y ph¶i

S 1

0

q Hình 11

. S

 2 0

(38)

VI.4.5. Bản phẳng dẫn điện Bằng cách áp dụng định luật Gau - xơ, ta có thể dễ dàng suy ra rằng: điện trường E giữa hai bản kim loại phẳng, rộng đặt song song với nhau và được tích điện trái dấu là  đều và có độ lớn bằng E  0 (39)

VI.5. Định luật Gau - xơ cho chất điện môi. Ở trên, ta đã biết định luật Gau - xơ cho trường tĩnh điện trong chân không được viết dưới dạng.

1

 Ed S    q S

0

trong đó tích phân được lấy theo một mặt kín S và tổng là tổng đại của tất cả điện tích nằm trong mặt kín đó. Điện trường trong chất điện môi được tạo nên bởi cả hai loại điện tích: Điện tích tự do và điện tích cảm ứng liên kết. Tuy nhiên, nguồn gốc ban đầu của điện trường trong

20

chất điện môi là điện tích tự do vì điện trường tạo nên bởi các electron liên kết xuất hiện do sự phân cực chất điện môi khi đặt nó trong điện trường được tạo nên bởi hệ điện tích tự do. Theo nguyên lí chồng chất, cường độ điện trường E  E tự do + E liên kết

Do đó, định luật Gau - xơ cho điện trường tĩnh điện trong chân không có thể mở rộng cho điện trường trong chất điện môi nếu chú ý là ngoài điện tích tự do q còn có điện tích cảm ứng liên kết qlk tạo nên điện trường trong chất điện môi.

Như vậy, nếu trong mặt Gau - xơ vừa có điện tích tự do q, vừa có điện tích cảm ứng q lk, thì định luật Gau - xơ có dạng.

1

 Ed S   ( q   q

lk

(40)

)

0

trong đó điện tích cảm ứng mặt ngoài qlk có thể tính từ lập luận sau.

Vì các lưỡng cực điện của phân tử trung hoà về điện, nên chỉ có các lưỡng cực nào bị mặt Gau - xơ cắt với chiều của điện trường ngoài cho thấy một yếu tố diện tích dS của mặt Gau - xơ là S. Vectơ E tại mọi điểm trên yếu tố dS đều bằng nhau và lập một góc  với pháp tuyến ngoài của yếu tố đó. dN = n.d.dS.cos  Điện tích tương ứng với các lưỡng cực đó bằng dqlk = - q.dN = - n.pe.dS.cos  = -  pdS Do đó

q

lk

   Pd S

(41)

S

Thay (41) vào (40), ta được.

1

 Ed S    q   Pd S 0

S

S

Chuyển vế, ta có dạng tổng quát của định luật Gau - xơ cho chất điện môi.

 (

0

E  P)d S   q

(42)

S

Từ đây ta thấy, khi xét điện trường trong một chất điện môi, sẽ rất thuận tiện nếu đưa vào vectơ độ điện dịch D được định nghĩa bằng D = 0 E + p

(43)

Khi đó, dạng tổng quát của định luật Gau - xơ cho chất điện môi có dạng.

 Dd S   q

(44)

Thông lượng của độ điện dịch qua một mặt kín nào đó nằm trong trường, bằng tổng đại số của các điện tích tự do có trong mặt đó.

Như vậy, cường độ điện trường E được tạo thành bởi mọi điện tích, tự do và liên kết.

Trong khi đó, độ điện tích D chỉ do điện tích tự do gây ra, còn độ phân cực P thì chỉ liên quan đến các điện tích phân cực liên kết.

21

Đặc trưng cơ bản cho điện trường là vectơ cường độ điện trường E . Các vectơ D và P là các đặc trưng bổ sung hữu ích cho sự phân tích sâu hơn.

Trong chất điện môi bằng hướng, khi E không quá lớn, có hệ thức P =  0 E

(45)

trong đó hệ số tỷ lệ  được gọi là độ cảm điện.

Từ (43) và (45), ta có D   0 E (1   )   E

(46)

trong đó  được gọi là hằng số điện môi của chất điện môi.  =  0 r

(47)

với hằng số điện môi tỷ đối  r  l  

(48)

Bảng 1. Hằng số điện môi của một số chất Chất

0

Chất

0

Chân không

1,00000

Cao su

3

Không khí

1,0006

Thạch anh

3,8

Parafin

2,1

Mica

5,4

Dẫn biến thế

2,1

Sứ

6

Teflon

2,1

Thuỷ tinh

4,8 - 10

Dầu hoả

2,2

Acetone

27

Benzen

2,29

Nước (180C)

81

Polystyren

2,6

Titanat Bari

1200

Nước đá (-50C)

2,9

Kim loại



22

Phần thứ hai HỆ THỐNG BÀI TẬP VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT I. ĐIỆN TÍCH – ĐIỆN TRƯỜNG Bài 1. Hãy tính tỷ số giữa lực tĩnh điện và lực hấp dẫn tương tác giữa hai electron, giữa hai prôton. Với giá trị nào của điện tích riêng q/m của hạt thì các lực này có mô-đun bằng nhau?

Lời giải a) Giữa hai electron lực điện Fd  Lực hấp dẫn Fh   Tỷ số:

1 q2 , với 0 = 0,885.10-11F/m 2  0 r

m2 với γ = 6,672.10-11m3/kg.s2. r2

Fd q2 (1, 6.1019 )2    4,17.1042 lần Fh 4 0 m2 4 0,885.1011.6, 672.1011 (9,1.1031 )2

b) Giữa hai proton Fd (1, 6.1019 )2   1, 25.1036 lần 11 11 27 2 Fh 4 0,885.10 .6, 672.10 (1, 66.10 ) 2

c) l 

Fd 1 q q  4 0     Fh 4 0  m  m

Thay số q / m  4 .0,885.1011.6,672.1011  8,61.1011 C / kg Bài 2. Hai quả cầu bằng đồng, mỗi quả có khối lượng 1g, được đặt cách nhau 1m. Tính lực tương tác giữa chúng nếu tổng các điện tích của tất cả các electron trong mỗi quả cầu sai khác tổng các điện tích của các hạt nhân là 1%.

Lời giải Số hạt nhân đồng trong mỗi quả cầu là n 

m NA , A

với m = 1 gam, NA = 6,022.1023 mol-1, Z của Cu là 29, A của Cu là 63,55g/mol, e = 16.10-19C. Lực tương tác điện giữa hai quả cầu là: F F

q2 4 0  m2



104 (mN 4 Ze / A) 2 4 0  m2

I

 103.6, 022.10 23.29.1, 6.10 19  104 15   1, 74.10 N 11 2  3 4 .0,885.10 .l  63,55.10 



Bài 3. Hai quả cầu nhỏ tích điện giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng m, được treo vào

Fđ

A

O

B



23

Hình 12

P

một điểm bằng các sợi dây cách điện độ dài l. Khoảng cách giữa các quả cầu là x << l.

Hãy tìm độ hao hụt điện tích dp/dt của mỗi quả cầu nếu vận tốc của chúng tiến lại nhau là a , với a là một hằng số. v x Lời giải Theo đề bài x << l    tan   sin  

x 2l

Theo hình vẽ: 

x Fd q2   2l P 4 0 x 2 mg 2 0 mg 3/2 x l

Suy ra q 

3a 2 0 mg 2 0 mg a dq dq 3   .x '  x 2 l dt dx 2 l x

Bài 4. Hai điện tích dương q1 và q2 được đặt tại hai điểm có bán kính vectơ là r1 và r2 .

Hãy tìm độ lớn của một điện tích âm q3 và bán kính vectơ r3 của điểm M để khi đặt q3 tại M thì các lực điện tác dụng lên mỗi điện tích đều bằng không.

Lời giải qq a) Lực q1 tác dụng lên q3: F13  1 3 2 4 0l1

Lực q2 tác dụng lên q3: F23 

q2 q3 4 0l22

r1

q q2 q1 q2  2  1   2 l1 l2 l1 l2

Theo đề bài F21   F31 

q1  q2 (1) l1  l2

Vậy q3 

q3 r2

r3

q q2   23 2 (l1  l2 ) l1

Hình 13

(2) (3)

q3 q1q2  2 l12 ( q1  q2 ) 2 l1

q1q2 ( q1  q2 )2

b) Từ (1) chú ý: l1  r3  r1 và l2  r2  r3 , ta có

24

B q2

qq q2 q1 và F31  3 1 2 2 4 0 (l1  l2 ) 4 0l1

q1 l  l1  l2 l1 ( q1  q2 )

Thay (3) vào (2):

I2

C

0

Lực q2 và q3 lần lượt tác dụng lên q1 là: F21 

Từ (1):

I1

q1

Theo đề bài F13  F23 

A

q1



r3  r1

q2



r2  r3

r3 q1



r r1 r  2  3 q1 q2 q2

 1 r r 1     1  2  r3 ( q1  q2 )  r1 q2  r2 q1  q q2  q1 q2  1

Hay r3 

Suy ra: r3 

r2 q2  r2 q1 q1  q2

y

Bài 5. Một sợi dây đồng được uốn thành vòng tròn bán kính r =100 mm có điện tích q = 50C. Nếu tại tâm của vòng tròn đặt một điện tích điểm q0 = 7,0 C thì lực căng của sợi dây sẽ tăng lên bao nhiêu?

Lời giải Xét một đoạn dây AB, hai đầu AB chịu tác dụng các số gia của lực căng và đoạn AB chịu tác dụng lực culông  F . AB nằm cân

O  d

TA

B

A

bằng nên TA  TB   F  0 .

Nếu chiều xuống trục đối xứng Iy đi qua tâm I của AB và tâm O đường tròn ta có: 2Ty 

 dF

y

 2T sin  

AB

I Hình 14

y

AB

Tính dF là lực Culông tác dụng lên một phần tử

 dF

y

AB

qdx qd  2 r 2

q0 qd qq  dFy  dFcos  20 2 cos d 2 2 8  0 r 8  0 r

dF 



 2 0

q0 q

8  0 r 2

2

cos d  2

q0 q sin  8 2 0 r 2

7.106.50.106  50,1N Thay vào (1): T  2 2  8  0 r 8 .0,885.1011.0,12 q0 q

25

M dF

 dF

dx = rd của AB phần tử dx mang điện tích dq 

TB

Bài 6. Một điện tích điểm dương q = 50C được đặt trong mặt phẳng xy tại một điểm có bán kính vectơ r 0  2i  3 j trong đó i và j là các vectơ đơn vị của trục x và y. Hãy xác định vectơ cường độ điện trường E gây bởi q tại điểm có bán kính vectơ r  8r  5g . Ở đây, r0 và r tính ra mét.

Lời giải Ta có E 

1

q r 4 0 r 3

Với r  r  r 0  (8  2)i  (5  3) j  6i  8i ; r  62  82  10 50.106 E  9.10 .

(6i  8 j )  (2, 700i  3, 600 j )kV / m 103 9

E  Ex2  E y2  4500v / m  4,5kV / m +q

Bài 7. Tại các đỉnh của một hình vuông ABCD có các đường chéo là 2l người ta đặt các điện tích điểm +q tại A và B và -q tại C và D. Hãy tính môđun của vectơ cường độ điện trường tại một điểm M nằm trên trục Oy qua O, vuông góc với mặt ABCD và OM = x.

+q

A

B l

l O

l l D

C -q

-q

Lời giải

Hình 15

q

q   Ec Ta có EA  2 4 0 r 4 0 ( x 2  l 2 ) E l  E A  E C  E1  2 E A cos  

ql 2q l   2 2 4 0 ( x  l ) r 2 0 ( x 2  l 2 )3/2

Ta lại có E 2  E B  E D suy ra E2  E1 

ql 2 0 ( x 2  l 2 )3/2

E1 nằm trong mặt phẳng AMC, E2 nằm trong mặt phẳng (BMD)  mặt phẳng (AMC)

Vậy E  E1  E 2 suy ra E2 

E0



26

Bài 8. Một nửa đường tròn mảnh, bán kính R = 20cm, tích điện đều, với q = 0,7nC. Hãy tính môđun của vectơ cường độ điện trường tại tâm O của đường tròn.

Lời giải Vì lí do đối xứng nên E tại O nằm trên trục Oy Mật độ điện dài của dây là  

dE

q R

dE A

Tính điện trường dE do phần tử dx = Rd gây ra tại O dE 

1 4 0



B O α

qd R2

dα M

q qd Rd  với dq   dx   Rd  R 

Hình 16

W  2 S (  1) F   h 2 0 q cos  d 4 2 0 R 2

Chiếu d E lên Oy ta được dE y  dE cos   Vậy E 

d Ey

dEy

 /2



dFy  2 

AB

0

q 4  0 R 2

cos  d  2

q 2  0 R 2

sin  2

 /2

0



q 2  0 R 2 2

Thay số 0, 7.10 9 E  100V / m  0,1kV / m 2 2 .0,885.10 11.0, 2 2

Bài 9. Một sợi dây đồng uốn thành vòng tròn bán kinh r, điện tích q. Hãy tính theo l, môđun của

dE dEy

vectơ cường độ điện trường E tại điểm M trên trục đường tròn với l là khoảng cách từ M tới tâm O của đường tròn. Xét kết quả thu được khi l >> r. Hãy xác định lại giá trị cực đại Emax và khoảng cách l ứng với Emax. Biểu diễn theo l trên đồ thị.

Lời giải Phần tử NN' = dx = rd mang điện tích

θ

O

q d , dq gây điện trường d E tại M. 2 1 qd dE   4 0 2 (l 2  r 2 ) l l r 2

2

=> dE y 

27

dα

N

dq 

Hình chiếu dE y  dE cos   dE.

r

N’

Hình 17

qld 8  0 (l 2  r 2 )3/2 2

θ

E

 dE



y

q ql l (l 2  r 2 )3/2  2 2 3/2 4 0 (l  r ) 4 0 2



2

Khi l >> r thì l +r = Vậy E 

q 4 0l

2

(1)

r2  2 l . l 

l2 1  2 

E

như điện trường của điện tích Emax

điểm q đặt tại O. + Để tìm Emax phải lấy đạo hàm của (1) theo l. dE q  dl 4 0

3 2  2  2 3/2 2 5/2 (l  r )  2 (l  r ) .2l  

3 q(l 2  r 2 ) 5/2  (r 2  2l 2 ) 2  4 0

r/√2

O

E=Emax khi l  r / 2 thay vào (1) Emax 

q 4 0 r 2 27 / 4



l

Hình 18

q 6 3 0 r 2

Bài 10. Một điện tích điểm q nằm tại tâm O của một dây đồng mảnh được uốn thành một đường tròn bán kính R tích điện -q. Hãy tìm môđun của vectơ cường cường độ điện trường E tại một điểm trên trục đường tròn cách O một khoảng x, nếu x >> R. Lời giải Điện trường E, của điện tích q tại O, gây ra tại M(x) là: E 

q 4 0 x 2

Điện trường E của vòng tròn điện tích -q gây ra tại M(x) theo (1) của bài trên là E 

qx 4 0 ( x 2  R 2 )3

+ E  E  E  Tính

q 4 0 x

2



qx 4 0 ( x 2  R 2 )3 3

( x 2  R 2 )3   x 2 (1  R 2 / x 2 )  E '   P / 3 0  3R 2  qx 1  2  2 2 qx  2 x   qx  3R  3qR E  4 0 x3 4 0 x3 4 0 x3 2 x 2 8 0 x 4

28

Bài 11. Một hệ gồm l sợi dây đồng uốn thành một đường tròn tâm O bán kính R tích điện q và một sợi dây đồng AB thẳng rất dài tích điện đều với mật độ điện dài . AB trùng với trục đường tròn và đầu A trùng với O). Hãy tìm lực tương tác giữa sợi dây AB và đường tròn mang điện tâm O nói trên.

Lời giải Theo bài 9 điện trường do vòng dây gây tại M(l) là: P   0 (  1) E 

3 0 (  1) E0  2

Lực dF tác dụng lên nguyên tố MM' = dl mang điện tích dq1 = dl là q lql  dF  Edq1  4 0 (l 2  R 2 )3 q F   dF  4 0 0 1 x

x

 0

q  l 2 2 3 4 0 (l  R ) lql

B dF E M’

x

M l

0

đặt l2 + R2 = u thì 1 du 1 3/2 2 1  u du   u 1/2   3 2 2 u 2 2 l  R2 U 20 U E2   10 . (l  x) (l  x)

I 

Vậy F 

O A

Hình 19

q 4 0 R

Bài 12. Một vòng tròn mảnh không dẫn điện, bán kính R tích điện với mật độ điện dài  = 0cos, với 0 là một hằng số,  là góc phương vị. Hãy tìm môđun của vectơ cường độ điện trường: a) Tại tâm O của đường tròn. b) Tại một điểm A trên trục đường tròn cách tâm O một khoảng OA = x. Xét biểu thức thu được khi x >> R. Lời giải a) Điện tích dq trên nguyên tố MM' = dl là: dq   dl  0 cos .Rd  0 R cos  d ;

dE

dq sin  dE p  dE sin    4 0 L2

x

A

N R



M’

 R cos  d R 0 R 2 cos  d =>  0   dE p 4 0 L2 L 4 0 ( x 2  R 2 )3

O dERP

chiếu dFp lên phương Ox ta được

Hình 20 20dEP 29

 R

M

dEx  dE p cos   2

E

 dEx  0

0 R 2 cos  d 4 0 ( x 2  R 2 )3

0 R 2

(1)

4 0 ( x 2  R 2 )3

a) Tại tâm O của đường tròn thì x = 0 nên (1) thành  d   0   0 E   0 E0 

b) Tại một điểm rất xa: x >> R  x 2  R 2  x 2 1  

Exa 

R2   x2 2  x 

0 R 2 0 R 2 p , với p  0 R2 là momen điện của đường tròn mang điện.   3 3 3 4 0 x 4 0 x 4 0 x

Bài 13. Một thanh thẳng mảnh dài 2a, tích điện đều, mang điện tích q. Hãy tính môđun của vectơ cường độ điện trường E theo khoảng cách r từ tâm O của thanh tới một điểm M trên đường thẳng. a) Vuông góc với thanh và đi qua O b) Trùng với trục của thanh, nếu r > a Xét biểu thức thu được khi x >> a.

Lời giải do phần tử MM' = dx

a) Tính điện trường dEM của dây gây ra tại C. kdq k  dx (với k = 1/40) dEM   2 3 2

y dE dEN

x r

MC

Do có đối xứng nên phần tử NN' đối xứng đối với MM' qua O cùng gây tại C điện trường. k  dx dEN  dEM 

x r 2

x r

dx x và E   dE  2k  r  2 2 3/2  2k  r 2 2 2 (x  r ) r (x  r ) OB 0 2k  r

a a2  r 2



M’

N N’ B

O

Hình 21

a

0

q

(1)

4 0 r a 2  r 2

b) Điện trường dE'N do phần tử NN' gây ra tại D là V

D

x

(x  r )

a

E

M A

x r

dEM

α

2

Diện trường tổng hợp d E  d E M  d E N Về cường độ: k  dx r 2k  rdx dE  2dEM cos   2 2 2  2 2 3/2 2 2

α

q1

4 0 R2

30

x

vậy E ' 

 AB

k E' (r  x)

k  dx (r  x) 1 2  k  ( r  x ) dx  k   (r  x) 2  (1)(1) a a a

dE '  a

a

a

a

a

1   1  k    r a r a

2 a q q / r2    4 0 (r 2  a 2 ) 4 0 (r 2  a 2 ) 4 0 (1  a 2 / r 2 )

Khi r >> a thì a / r  0  E  E ' 

q 4 0 r 2

(2)

. Lúc này E' tương tự như điện trường gây bởi

điện tích điểm q đặt tại O. Bài 14. Một dây thẳng dài tích điện đều với mật độ điện dài . Hãy xác định môđun và hướng của vectơ cường độ điện trường E tại một điểm cách sợi dây là y và nằm trên đường thẳng vuông góc với sợi dây và đi qua đầu một sợi dây.

Lời giải y

Điện trường d E do phần tử MM' = dx gây ra tại A kdq k  dx dE  2  2 (với k = 1/40) 2

dE

d E  d Ex  d Ey

dEx

(x  a )

r

α

x k  xdx a) Với: dEx  dE cos    dE   2 2 3/2 r (x  a ) 

A r a



k Ex   dEx   ( x 2  a 2 )3/2 dx( x 2  a 2 )   2 0 0 

k x a 2

dEy



2 0

x O

k a

b) dE y  dE cos  

α M M'

Hình 22 a k  xdx dx  ak  2 2 2 r (x  a ) ( x  a 2 )3/2 2

2

  qr  2  qr  2 W  Wt  Wn  2 0   r dr  2 0    r dr 3  4 0 R  4 0 r 2  R 0 R

Vậy E  Ex2  E y2  E y 2  k  2 / a   2 / 4 0 y

Vì Ey = - Ex nên E tạo với trục Ox một góc 1350.

Bài 15. Một sợi dây có dạng như hình 23 tích điện đều với mật độ điện dài . Bán kính cong R rất nhỏ so với độ dài sợi

O O R

R

31 a)

b)

Hình 23

dây. Dùng kết quả của bài toán trước, hãy tính môđun của vectơ cường độ điện trường E 0 tại điểm O đối với hình a, b.

Lời giải a) Theo nguyên lí chồng chất điện trường: E  E x  E y  Ec

(1)

với E x , E y , Ec là các điện trường gây tại O bởi các đoạn dây Ox, Oy và BCA. Theo bài 14 thì E x , E y là 2 vectơ trực dối E x  E y .

R  1 Vậy (1) thành:  '    3  Tính Ec Xét một phần tử MM' = dl = Rd gây tại O điện trường nguyên tố kdq k k k  d dE  2  2  dl  2  Rd  R

R

R

Ex 





dEx 

BCA

k sin  R

0

 /2

 0

y Ex

R

Phân tích d E  d E x  d E y , dEx  dE cos    /2

(2)

k cos  d R

Ec O

B

Ey

C

k cos  d  R

A

x

Hình 24

k   R 4 0 R

dE dEy θ

B

Vì lí do đối xứng nên: k  E y  Ex   R 4 0 R và E  E  E  Ex 2 x

2 y

O

θ

dEx

dθ M M’

 2 2 4 0 R

A

Vì Ey = Ex nên E tạo với phương x một góc 450. b) Theo bài tập 14 đoạn dây By2 gây tại O điện trường

Hình 25

EB  k 2 / R

Đoạn dây By1 gây tại O điện trường E A  k  2 / R

Ey y2

y1

Vì lí do đối xứng nên E A và E B đối xứng với nhau qua trục Oy và tạo với Oy góc 450.Tổng E1 của E A và E B nằm trên trục Oy, ngược chiều với Oy và có cường độ B

E1  E A 2  2k  / R

Ta phải tính cường độ điện trường E 2 do nửa đường tròn BCA gây tại O. k Từ câu a) ta có dE2 y  dE sin   sin  d

R

O

Ea

Eb C

R

E1

32

A a

R

Hình 26





k k sin  d  cos  R R 0

E2 y  

 0

k cos  R



 0

2k  R

Nửa đường tròn BCA đối xứng với trục y nên E2x = 0.

2k  Vậy E 2  E 2 y  R

Trên hình vẽ ta thấy E 2 nằm trên trục Oy và cùng chiều với Oy. 2k  2k   0 Vậy E  E1  E 2  E  E1  E2  R

R

Bài 16. Một hình cầu dẫn điện bán kính r tích điện với mật độ điện mặt   ar , với a = const và r là bán kính vectơ của một điểm trên mặt cầu với tâm O của quả cầu. Hãy

tìm vectơ cường độ điện trường tại tâm O của quả cầu.

Lời giải Dùng toạ độ cực để giải.

Xét một điểm M trên mặt cầu ứng với các toạ độ cực M(R,,).

Diện tích dS tại M là: dS = Rd.rd = Rd.Rsind = R2sindd

z

I

R

R



dS N

Điện trường d E do điện tích nằm tại dS sinh ra ở O là dq  dS k dE  k 2  k 2  2 aRcos .R 2 sin d d 

r

M N y

O 

N

R

 kaRcos sin  d d (với k = 1/40) (1)

x

dE

Hình chiếu của d E lên trục Oz là: dEz = dEcos(-) = -dEcos (2) Thay (1) vào (2): dEz = -kaRcos2sindd = - aRcos2d(cos)d

d Ez

Hình 27

Và trục Oz là trục đối xứng nên điện trường E do mặt cầu gây ra tại O nằm trên trục Oz. 2



cos3   Vậy: E  E z   dEz   d  kaRcos  d (cos  )  2 kaR 3 0 0 0 2

E

2 .l aR aR(1  1)   3.4 0 3 0

Dưới dạng vectơ E  

aR k , với k là vectơ đơn vị trên trục oz (3) 3 0

Bài 17. Một quả cầu dẫn điện bán kính R, tích điện với mật độ điện mặt  = 0cos, với 0 = cost > 0. Hãy tính cường độ điện trường tại một điểm ở bên trong mặt cầu.

Lời giải

33

Đối chiếu với đề bài 16 thì 0 = aR. Vậy cách giải bài toán này tương tự bài 16 ta được cường độ điện trường do quả cầu gây tại tâm O theo (3) của bài 16 là: E

k 0 3 0

Từ đây ta thấy trong biểu thức của E không có mặt của các toạ độ cực r, , . Điều đó có nghĩa là cường độ điện trường E tại mọi điểm bên trong mặt cầu đều như nhau nghĩa là điện trường ở bên trong mặt cầu là điện trường đều.

Bài 18. Hãy tính cường độ điện trường tại tâm O một quả cầu bán kính R, mật độ điện tích   ar , với a = const , r là bán kính vectơ vẽ từ tâm O. Lời giải Cách giải tương tự bài 16. Tính cường độ điện trường d E rồi dEz tại tâm O do điện tích dq chứa trong thể tích nguyên tố dV quanh điểm M. Ta có dV = ds.dr = r2sindddr; ldq ar sin  cos  d d dr dE   2 4 0 r 4 0 dE y  dE cos(   )   dE cos  

ar cos 2  d (cos  )d dr 4 0 R

ardr 4 0 0

E  E y   dE y   

2



0

0

2  d  cos  d (cos )

R2 cos3  .2 .

4 0 2 3 a



 0

R2a 6 0

34

Bài 19. Hai sợi dây thẳng dài song song tích điện đều theo độ dài với mật độ điện dài  = 0,5C/m; khoảng cách giữa các sợi dây là l = 0,45m. Hãy tìm giá trị cực đại của môđun cách cường độ điện trường tại mặt phẳng đối xứng của hệ này đặt giữa hai sợi dây.

Lời giải a) Hãy tính cường độ điện trường E do một sợi dây thẳng dài tích điện gây ra tại A cách sợi dây một khoảng OA = a.

Xét đoạn MM' = dy mang điện tích dq = dy.

y

Nó gây điện trường tại A là d E và hình chiếu dEx. ldq  dy dE   2 4 0 r 4 0 ( y 2  a 2 ) dEx  dE cos  

dE a

 dy

a 4 0

2 3/2



 (y



2

y r M'

dy (1)  a 2 )3/2

M

1 Hàm 2 2 3/2 là hàm chẵn nên (y  a ) 



dy dy y  ( y 2  a2 )3/2  20 ( y 2  a2 )3/2  2 a 2 y 2  a 2

Thay vào (1): E 

dEx

θ

4 0 ( y  a ) 2

Vì lí do đối xứng với trục Ox nên Ey = 0 và E  Ex   dEx 

θ

O



0

dy

Hình 28

2  2 a

 2 0 a

(2)

b) Đặt A và B là 2 dây vuông góc với một hình vẽ. Xét cường độ điện trường tại một điểm M trên mặt phẳng Oz. Từ (2) suy ra điện trường E1 do A gây ra tại M:  E1  2 0 a z và trường E2 do B gây ra tại M: E2 

  E1 2 0 a

Điện trường tổng hợp E  E1  E 2 suy ra E = 2E1cos (3) với cos  

E2

θ

E1

M

z z  a  2 l 2 1/2 z   4 

θ a

A

z

l/2

O

35

Hình 29

l/2

B

Vậy (3) thành E 

   0 

z

l2  z    4  z u  ; Khảo sát hàm y  2 l v z2  4

(4)

2

l2 l2  2z2  z2 4 y'   4 2 v2 v l l / 2 1  y'=0 khi z   và khi đó y  2 2   và E   1 1 2 l  0l  4 4 z2 

Vậy Emax 

 0,5.106   40.103V / m  40kV / m  0l  .8,85.1012.0, 45

Tóm lại: Tại điểm M cách O là z  Emax 

l thì cường độ điện trường là cực đại và bằng 2

  40 kV/m  0l

z dS

Bài 20. Một mặt trụ tròn dài vô hạn tích điện đều theo độ dài với mật độ điện  = 0cos, với  là góc độc cực của hệ toạ độ trụ, trục z của hệ trùng với trục của mặt trụ này. Hãy tìm môđun

a

H

dz M

φ

z

và hướng của vectơ cường độ điện trường E trên trục z.

y x

Lời giải

dE

Xét điện trường d E gây ra tại O bởi điệntích nguyên tố dq chứa trong điện tích dS ở quanh M. Ta có dE  dEz 

φ dEz

Hình 30

kdq và OM 2

kdq kdq cos(   )   cos  2 OM OM 2

(1)

Với dq = dS = 0cos.dz.ad; a là bán kính hình trụ và OM  z 2  a 2 và cos   z / ( z 2  a 2 )1/2 2

 k 0 cos  dzad cos  k 0 z 2 dzd Thay vào (1): dEz   z2  a2 ( z 2  a 2 )2 2





z 2 dz z 2 dz   4  ka   4 ka 0 I 0 ( z 2  a 2 )2 ( z 2  a 2 )2  0

Vậy E  Ez   dEz  ka 0  d  0

36

Tính: 







z 2 dz ( z 2  a 2  a 2 )dz dz dz I  2   2  a2  2 2 2 2 2 2 2 (z  a ) (z  a ) z a ( z  a 2 )2 0 0 0 0 1 z I  arctg a a



 z 1 1 z a  2 2  2  arctg  2 2 a  2a ( z  a ) 2a a



=> I 

2

0



Vậy E  4 ka 0 .

4a

  2 

1 4 0

0 

0

1     a 2 4a 4a

 0 4 0

Dấu trừ tức là E hướng ngược chiều trục Oz tức là tạo với Oz góc  = .

Bài 21. Vectơ cường độ điện trường chỉ phụ thuộc vào toạ độ x và y theo quy luật



E  a xi  y j

 x

2

 y 2  , với a là một hằng số, i và f là các vectơ đơn vị của trục x, y.

Hãy tìm thông lượng của vectơ E gửi qua quả cầu bán kính R có tâm ở gốc O của các trục toạ độ.

Lời giải Tính d  Ed S  EdS cos 

(1) 2

2

a x2  y 2  ax   ay   với E  E  E   2 2    2 2   x2  y 2 x y  x y  2 x

2 y

Tính dS như ở bài 16: dS = 2Rsindd

a x2  y 2

(2)

(3)

dS tạo với Oz góc , và Ez = 0 tức E so với mặt phẳng Oxy và nằm trong mặt phẳng  kinh tuyến; Vậy      cos   sin  (4) 2 a Thay (2); (3); (4) vào (1): d  2 2 .R 2 sin 2  d d (5) x y x 2  y 2  R 2  z 2  R 2  ( R cos  )2  R 2 sin 2 

(5) thành d  aRsin d d 2



0

0





   d  aR  d  sin  d  2 Ra cos 

 4 Ra

37

Bài 22. Một hình cầu bán kính R có điện tích dương với mật độ thể tích chỉ phụ thuộc khoảng cách r đến tâm quả cầu là   0 1  

r  , với 0 là một hằng số. Giả sử rằng, hằng R

số điện môi ở mọi nơi là  = 1, hãy tìm: a) Môđun của vectơ cường độ điện trường ở bên trong và ngoài hình cầu theo r. b) Giá trị cực đại của môđun của cường độ điện trường Emax và giá trị rm tương ứng với Emax.

Lời giải a) Thể tích lớp mặt cầu có bán kính r và r+dr là dV = 4r2dr

(1)

Điện tích chứa trong dV là: dq   dV  0 1 

(2)

r 2  .4 r dr R



Điện tích trong quả cầu bán kính r là:  r3 r4   r 2 q   dq   40 1   .r dr  40     R  3 4R  v 0 r

(3)

cường độ điện trường E tại điểm M cách O một khoảng r < R, giống như cường độ điện trường của một điện tích điểm q  40 r 3   1 3

Vậy EM 

r   đặt tại O, gây ra tại M. 4R 

4 0 r  q 3r   0 r  3r   1   1   2 4 0 r 4 0 .3  4 R  3 0  4 R  1

(4)

Với điểm N ở ngoài quả cầu: r  R thì q  4 0 R 3   1 3

0 R3 1.q R   0 R 3 E   và  N  4R  3 4 0 r 2 12 0 r 2

Khi r = R thì (5) thành E 

0 R 12 0

(6)

b) Tính Emax. Lấy đạo hàm của (4) theo r ta được Từ (7):

(5)

6 0 r dE 0   dr 3 0 12 0 R

(7)

dE 2  0 khi r  R dr 3

Thay vào (4) ta được Emax 

0 R 9 0

Bài 23. Một hệ gồm một quả cầu bán kính R được tích điện đối xứng cầu và môi trường  xung quanh chứa đầy điện môi tích điện với mật độ thể tích   , với  là một hằng số, r

r là khoảng cách tính từ tâm quả cầu. Hãy tìm điện tích của quả cầu nếu môđun của vectơ cường độ điện trường ở bên ngoài quả cầu không phụ thuộc vào r. Cường độ điện trường này bằng bao nhiêu? Hằng số điện môi trường ở mọi nơi là  = 1.

38

Lời giải Vì hệ có đối xứng cầu nên cường độ điện trường E tại M cách tâm O của quả cầu một khoảng OM = r bằng cường độ điện trường gây ra tại M của một điện tích điểm Q đặt tại O. Giá trị của Q bằng tổng các điện tích chứa trong quả cầu tâm O, bán kính OM = r, nghĩa là Q = q0 + q trong đó q0 là điện tích quả cầu bán kính R và q là điện tích chứa trong khoảng giữa mặt cầu tâm O bán kính R và mặt cầu tâm O bán kính r.

Ta tính q:  dq   dV  4 r 2 dr  4 rdr , r

với dV là thể tích lớp mặt cầu có bán kính r và độ dày dr. r

r

R

R

q   dq   4 rdr  2 r 2

Vậy EM  Hay

Q 4 0 r 2

q0

4 0 r 2





E M

r O

R O

Hình 31

 2 (r 2  R 2 )

q0  q   R2   C 4 0 r 2 2 0 2 0 r 2

(1)

 R2  C1 => q0  2 R2  4 0 r 2C1 2 0 r 2

Vì q0 = const nên suy ra C1 = 0; vậy q0 = 2R2  Thay (2) vào (1) ta được EM  2 0

(2)

Bài 24. Không gian chứa điện tích với mật độ thể tích = 0exp(-r3), với 0 và  là các hằng số dương, r là khoảng cách từ tâm của hệ. Hãy tìm môđun của vectơ cường độ điện trường theo r. Hãy xét biểu thức thu được với các r nhỏ và các r lớn nghĩa là r3 << 1 và r3 >> 1 .

Lời giải Cường độ điện trường EM tại điểm M cách tâm của trường một khoảng OM = r bằng cường độ điện trường tại M gây bởi một điện tích điểm q đặt tại O, với q là tổng các điện tích chứa trong quả cầu tâm O, bán kính OM = r.

40 u e du Tính q: Ta có dq   dV  0 exp( r 3 ).4 r 2 dr   (1) 3 40  r 2 q   dq   e 3 0 r

EM 

q 4 0 r

2



r

 0

2 40 (1  e  r ) 3

(2)

0 (1  e r ) 3 0 r 2 2

(3)

39

Khi r3 << 1 thì e r  1   r 3 . Vậy (3) thành EM  2

0 r 3 0

Khi r3 >> 1 thì e r  1   r 3  0 nên (3) thành EM  2

0 3 0 r 2

Bài 25. Ở bên trong một quả cầu tích điện đều với mật độ thể tích , có một hốc hình cầu.

Tâm của hốc bị di chuyển đối với tâm quả cầu một khoảng cách được đặc trưng bằng vectơ a . Hãy tìm vectơ cường độ điện trường E ở bên trong hốc.

Lời giải Ta có E 0  E  E1  E  E 0  E1 với vectơ E 0 là vectơ cường độ điện trường do quả cầu chưa bị khoét lỗ gây ra tại M, và E1 là do quả cầu nhỏ vừa vặn bằng lỗ gây tại tâm M của nó; còn E là điện trường phải tìm.

Ta có E 0 

r

qa . Điện trường E1 do quả cầu mang điện 4 0 a3

O O

M O O1

đều gây tại tâm M của nó sẽ bằng không ( E1 = 0) vì đối xứng.

Vậy E  E 0 

qa (1) 4 0 a3 a

Hình 32 4 3

Với q   dq    4 r 2 dr   a3  v

0

Thay vào (1): E 

qa  đó là một điện trường 3 0

đều.

Bài 26. Hãy tìm vectơ cường độ điện trường E trong miền giao nhau giữa hai hình cầu tích điện đều trái dấu với các mật độ điện thể tích  và -, nếu khoảng cách giữa hai tâm của hai quả cầu





a

a

O

O2

được đặc trưng bằng vectơ a .

Lời giải Tính điện trường E1 do quả cầu O1 có mật độ điện tích +q gây ra tại M là 1 q.O1M

qb E1   1 3 4 0 O1M 3 4 0b

Hình 33 E1

(1) 

M

E

b

4 Với q1   dq1    dV    4 r dr   b3  3 v 0 2

O1 a

và O1M = b

a

40 Hình 34

O2

E2 

Vậy (1) thành E1 

4 b3  b  b  3.4 0b3 3 0

(2)

Tương tự cường độ điện trường E 2 do quả cầu O2 có mật độ điện tích -q gây ra tại M là E2 

q2 .O2 M 4 0 O2 M

3



4 c3  (c)  c (3)  3.4 0 c3 3 0

Điện trường tổng hợp E M tại M là: E M = E1 + E 2 Thay (2), (3) vào (4) E M 

(4)

 a (b  c)  . Đó là một điện trường đều.

3 0 3 0

Chú ý: bài toán 25 chỉ là một trường hợp riêng của bài toán này.

Bài 27. Ba quả cầu giống nhau được đặt tại 3 đỉnh của một tam giác đều có cạnh là a, được nối với nhau bằng các sợi dây. Điện tích và khối lượng của mỗi quả cầu là q và m.

Người ta cắt một trong các sợi dây. Hãy tìm vận tốc cực đại của quả cầu ở giữa. Bỏ qua trọng lực lên các quả cầu và các sợi dây.

Lời giải Khi chưa đốt dây, khối tâm của hệ là G là tâm của tam giác đều ABC. Khi đốt y dây, hệ chịu tác dụng lực Cu - lông F B và

A

F C   F B do hai điện tích q đặt ở B và C

đẩy lẫn nhau, coi các lực do B và A hay C và A đẩy lẫn nhau được coi là nội lực bên trong hệ.

a

G x

x’

Vì F C   F B nên khối tâm G của hệ trước khi đốt dây nếu đứng yên thì sau khi đốt dây vẫn dứng yên.

Vì đối xứng nên A chỉ có thể tịch chuyển trên trục Gy theo chiều lại gồm G và để tâm G của hệ luôn đứng yên thì luôn luôn phải có yB  yC  

q, m

FC

FB

B

C

B

B

Hình 35

yA (1) 2

Hệ ngừng chuyển động khi các diện tích ABC đều nằm trên trục x'Gx. Tính công của lực Fc từ lúc đốt dây cho tới lúc hệ ngừng chuyển động.

FC 

q2 q2  , 4 0 (2 xc ) 2 16 0 xc2

Công dAc 

q2 q2  4 0 (2 xc ) 2 16 0 xc2

và Ac   dAc 

a

q 2 dxc q2    16 0 xc2 16 0 xc a /2

a

 a /2

q2 16 0 a 41

(2)

Động năng của hệ ngay trước khi ABC thẳng hàng là 1 1 1 my '2A  my '2B  my 'C2 2 2 2 1 1 Từ (1) suy ra: y 'B  y 'C   y ' A  y '2B  y 'C2  y '2A 2 2 E  E A  EB  EC 

Thay vào (2): E 

(3)

1 2 1 v A2 1 v A2 3 2 mv A  m  m  mv A 2 2 4 2 4 4

(4)

Theo định luật bảo toàn năng lượng: E = A E  A  AB  AC  2 AC 

Thay (4) vào (5):

q2

(5)

8 0 a

q2 q 3 2  vA  mv A   4 8 0 a 6 0 am

Bài 28. Có hai sợi dây dẫn mảnh uốn thành hai vòng tròn có cùng bán kính R. Trục của hai vòng tròn trùng nhau. Các điện tích của hai vòng tròn trên lần lượt là q và - q. Hãy tìm hiệu điện thế giữa các tâm của các vòng tròn, được đặt cách nhau là l, nếu R = 30 cm, l = 52 cm và q = 0,4 C. Lời giải Từ tính khả động của điện thế ta có V01=V11+V21 với V11 và V21 lần lượt là điện thế tại O1 do vòng dây C1và C2 gây ra.

Ta lần lượt tính V11 rồi V12 O1 dl1 Xét một đoạn dl1 mang điện tích dq gây tại O1 điện thế q dV11 

dq

4 0 R

 v11   dv11 

q

4 0 R

r

l

Tương tự: V11 

q 4 0 r



q 4 0 R 2  l 2

dl2

    q  1  1 Vậy V01  V11  V21  4 0 R  l2  1 2   R  

O2 R q

Hình 36

(1) Cũng tính tương tự điện thế V02 của điểm O2 là (chỉ cần thay -q vào q ở (1))   q  1 V02  1 4 0 R  l2 1 2  R 

     

42

    q  1  1 Vậy V  V01  V02  4 0 R  l2  1 2   R  

Thay số V 

2,9.109.0, 4.106  1 1   0,3 1  (52 / 30) 2 

   12.103V = 12kV.  

Bài 29. Một sợi dây mảnh thẳng dài vô hạn được tích điện đều với mật độ điện dài  = 0,40 C/m. Hãy tính điện thế giữa hai điểm 1 và 2 nếu điểm 2 nằm xa sợi dây hơn điểm 1 là n = 2 lần.

Lời giải Tính điện thế V1 tại điểm 1 

V1 

 dz

z



 dz

 dV   4  r  2 4  1



z'z

 V1  2 0



0

0

0



 2 2 0 z 2  x 2  2 0 ln z  z  x Tương tự ứng với điểm 2 cách z'z là 2x dz



 V2  ln z  z 2  n 2 x 2 2 0



 1  ( x / z)2  ln  2 0  1  1  (nx / z ) 2

V 

   



z z 0

r 2

M' λdz

z 0

   

1

z 

z 

 z  z 2  x2  ln  V  V1  V2  2 0  z  z 2  n 2 x 2



x

z 2  x2

M

z 

z' z 0

z 

Hình 37 z 0

 1   R ln n  ln 1n1  ln    2.9.109.0, 4.10 6 ln  4,991.103V  4,99 kV 2 0  n  2 0

43

Bài 30. Một vành dẫn điện bán kính R = 25cm có điện tích q =5,0C phân bố không đều trên vành. Hãy tìm công của các lực điện khi dịch chuyển một điện tích điểm q' = 10 C từ tâm O của đường tròn theo một đường tuỳ ý tới một điểm nằm trên trục đường tròn và cách tâm O là l = 50 cm.

Lời giải dq  dl  Rd A Ta có dV0    4 0 4 0 R 4 0 R và dVA 

 Rd  Rd  4 0 r 4 0 R 2  l 2

V0   dV0  VA 

2

1 4 0 r



q

  Rd  4  R 0

l r

0

q 4 0 R 2  l 2

 1 1  V  V0  VA   4 0 R  1  (l / R)2 q

A  q ' V 

 1 1  4 0 R  1  (l / R)2 qq '

φ

   

O

R

dq

   

Hình 38

5.106.10.106.9.109  1 Thay số: A  1   0, 25 1  (50 / 25)2 

   0,995 J  

Bài 31. Hãy tìm điện thế và vectơ cường độ điện trường tại tâm của một bán cầu bán kính R tích điện đều với mật độ điện mặt là .

Lời giải dq  dS Từ tính khả cộng của điện thế: V   dV ; Với dV   4 0 R 4 0 R

 dS   .2 R 2  R   4 0 R 4 0 R S 4 0 R 2 0 S

V   dV  

b) Xét điện trường dE do diện tích dS mang điện tích dq gây ra

E

dq   dp   Rd .rd   R 2 sin  d d dE 

dq 4 0 R 2



 R 2 sin  d d  sin  d d  4 0 R 2 4 0

 sin  cos  d d dEx  dEcos  4 0

θ θ r

O dθ

Hình 39

44

Ex

x

 E  Ex   dEx  4 0  E

  4 0

2

0

sin  2 2

2

 /2

0

0

 d  sin  d (sin  )

 /2

0

 1  .2  4 0 2 4 0

Bài 32. Một đĩa tròn mỏng bán kính R được tích điện đều với mật độ điện mặt  và được đặt trong chân không. Hãy tìm điện thế và môđun của vectơ cường độ điện trường tại trục của đĩa theo khoảng cách l tính từ tâm đĩa. Xét biểu thức thu được khi l  0 và l >> R. Lời giải

y M M l M

r

Từ tính khả cộng của điện thế V   dV , dV là

N

M

s

điện thế tại M gây bởi dq = dS với dS là điện tích nguyên tố dS = dr.rd dq  rdrd dV   4 0 r 2  l 2 4 0 r 2  l 2  V   dV  4 0 l Hay V  2 0

2

R

 d  0

0

rdr r l 2

2



2 4 0

r2  l2

0

 R2   2 1  l   l   

Và E   gradV  

r



Hình 40

 4 0



R2  l 2  l



(1) (2)

V l

Lấy đạo hàm theo l của (1):     1 V E  1 l 2 0  R2 1   l2 

     

a) Khi l  0 thì từ (1)  V  và từ (3): E 

(3) R 2 0

(4)

 2 0

b) Khi l >> R thì

(5) R2 R2 1  1 2 l2 2l

(6)

45

thay vào (2): V 

 l. R 2 q , với q   R 2  2 2 0 . 2l 4 0 l 2

    1 1 Thay (6) vào (3) E  2 0  R2 1 2  l 

(7)

  2 q    . R  2  2 0 2l 2 0 l 2  

(8)

(7) và (8) giống điện trường của điện tích điểm q đặt tại O gây ra tại M Bài 33. Hãy tìm điện thế ở mép của một đĩa mỏng bán kính R = 20 cm, mà trên đĩa có điện tích được phân bố đều với mật độ điện mặt  = 0,25 C/m2.

Lời giải Ta có điện thế dV do dải MM'NN' có diện M M’ 1  dS tích dS gây ra tại O là dV  (1); .

4 0 r r dS = 2rdr với r = 2Rcos nên dr = 2Rsind thay vào (1) =>  R sin  d dV    0 R  d (sin  )  d ( cos  )  0 Vậy V   dV 

R ( cos   sin  )  0

0

 2



φ O

A

2R

dr

N

N’

Hình 41

R  0

Bài 34. Một điện tích q được phân bố đều theo thể tích trong một hình cầu bán kính R. Giả sử hằng số điện môi ở mọi nơi bằng 1 đơn vị.

Hãy tìm điện thế: M a) Tại tâm O hình cầu r b) Tại điểm M bên trong hình cầu cách tâm O một R N khoảng OM = r  R. O Lời giải: a) Xét một phần tử thể tích dV chứa điện tích dq gây ra tại O một điện thế: dV 

dq 4 0 r

(1)

Với dq=dV = rd.dr.rsind = drsin.dd. (1)  dV 

 r sin .dr.r sin  d d   rdr.sin  d .d 4 0 r 4 0 r 2

46

Hình 42

V0   dV 

2  R   R2  R2 rdr sin  d  d   2.2.   0 0 4 0 0 4 0 2 2 0

4 1.3 3q V0    R3 .  3 2 0 .4 R 8 0 R

b) Tính cường độ điện trường E tại M. Nó bằng cường độ điện trường của quả cầu C mang điện qC tâm O, bán kính r = OM gây ra tại M và cũng bằng cường độ điện trường do diện tích điểm qC đặt tại O gây ra tại M. 3

qr 3 qC qr R  q  nên E   C   3 2 4 0 4 0 R3 R r dV Mặt khác E   gradV  E   dr

Ta có

qC q

V0 r 2  const   3  const Suy ra V   8 0 R3 3R qr 2

(2)

Tích hằng số trong (2): với tâm O thì r = 0 nên (1) thành V0 = const 

Vậy (1) thành: V  V0 1  

r2   3R 2  2 3

Khi M ở trên mặt cầu: r = R nên VN  V0

z

Bài 35. Hãy tìm vectơ cường độ điện trường, nếu điện thế có dạng   ar với a  const còn r là bán kính vectơ của điểm đang xét.

Lời giải

z

Ta có :   ar  ax x  a y y  az z  az     Ex  x   x (ax)  0     E   grad  E y    (ax)  0 y y      (ax)  a  Ez  z z 

x

y O

y

x Hình 43

Vậy E   a  const : E là một điện trường đều Bài 36. Vãy xác định vectơ cường độ điện trường tại M(x,y) nếu điện thế  tại M có dạng a)  = a(x2+y2), b)  = axy. Với a là một hằng số. Hãy biểu diễn áng chừng dạng của trường này bằng các đường sức điện trường E (trong một mặt phẳng xy).

Lời giải   a) Ex    2ax và Ey    2ax x

y

47

Vậy E  2axr  2ay f  2a( xi  y j ) b) Ex  

   (axy )   ax   ay và Ey   y x x

Vậy E  ayi  ax j  a( yi  x j ) Bài 37. Một điện trường có điện thế dạng  = (xy-z2), với  là một hằng số. Hãy tìm hình chiếu của vectơ cường độ điện trường tại điểm M(2,1,-3) trên hướng của vectơ a  i  3k

Lời giải Ta có    Ex  x   y  ax  1     E   grad  E   E y    x và a a y  0 y a  3   z    2 z  Ez  z 

Hình chiếu của E lên phương của a là Ea 

 y  6 z  ( y  6 z ) E.a Ex ax  E y a y  Ez az    a 10 ax2  a y2  az2 12  32

Thay số E a 

 (1  6.3) 19   6 10 10

y

O

y

x

O

E  2a(yi  x j)

E  2a( xi  yj) Hình 44

48

x

II. LƯỠNG CỰC ĐIỆN – ĐIỆN THẾ - ĐIỆN TRƯỜNG Bài 38. Chứng minh rằng điện thế của điện trường của một lưỡng cực điện có momen điện là p (hình 45) có thể được biểu diễn là   pr / 4 0 r 3 , với r là bán kính vectơ. Từ biểu thức trên hãy tìm môđun của vectơ cường độ điện trường của lưỡng cực tại S theo r và .

Lời giải Ta có:       

q q   4 0 AM 4 0 BM

1 1    4 0  r r  q



M

H

q(r  r0 ) q(r2  r2 )  4 0 r r 4 0 r r (r  r )

Ta có 2

B

2

θ

r  r  AM  BM  20M .OH  2rl cos  2 

2 

Vậy  

2qrl cos  pr  (đ.p.c.m) 3 4 0 .2r 4 0 r 3

Ta có E  Er2  E2

(1)

O P A

(2)

   ql cos   ql cos     r r  4 0 r 2  2 0 r 3 l  ql sin  Và E   r 4r 0 r 3

với Er  

Hình 45

(3) (4)

Thay (3), (4) vào (2) ta có: E

p 4 0 r 3

1  3cos 2 

(5)

Bài 39. Một lưỡng cực điện điểm, với momen điện p định hướng theo chiều dương trục z, được đặt tại gốc toạ độ. Hãy tìm hình chiếu của vectơ cường độ điện trường Ez và E1 lên một mặt z phẳng vuông góc với trục z tại điểm S Er Lời giải Vì E  E r  E  nên Ez 

h h  chz E r chz E 

θ

Theo (3) và (4) của bài trên P Ez 

E

Ez

2 p cos 2  p sin 2   4 0 r 3 4 0 r 3

P

θ S

θ Eo

49

O

Hình 46



p 4 0 r

3

(3cos 2   1)

(1)

Ta có: E 2  Ez2  E2  E2  E 2  Ez2

(2) Từ (1) và (5) của bài 38 thay vào (2) 2

2

    2 p p 1  3cos 2   (9 cos 4   1  6 cos 2  )    I E  3   3  4   r 4   r 0 0     2 

Với I 2  9cos2   9cos4   9cos2  (1  cos 2  )  9sin 2  cos 2   E 

3 p sin 2  cos  4 0 r 3

Bài 40. Một lưỡng cực điện điểm momen p đặt trong điện trường ngoài đều có vectơ cường độ điện bằng E 0 , hơn nữa p  E 0 . Trong trường hợp này một trong những mặt đẳng thế bao bọc lưỡng cực là mặt cầu. Hãy tìm bán kính của mặt đó.

Lời giải a) Ta có E 0   gradV0 y Suy ra Ex  

V0 x

M

Nếu chọn trục Ox trùng phương chiều với E thì E0  Ex  

dVo  const dx

r1

suy ra dV0 = -E0dx V0 = - E0x + cte

(1)

b) Điện tích q ở B gây tại M một điện thế V2.

V2 

R

r2



H

q 4 0 .BM

x

Hình 47

l2 Đặt BM  r2  R   Rl cos   4 2

2 2  1 l cos    1   2  R 1  cos       R 1    R 2R   2 R     2

Vậy V2 

q  l cos   4 0 R 1   2R  



 l cos   1   4 0 R  2R  q

(2)

c) Tương tự, -q ở A gây tại M một điện thế V1 với V1 

 q  l cos   1   4 0 R  2R 

(3)

d) Điện thế V tại M là V = V0 + V1 + V2

(4)

50

Thay (1), (2), (3) vào (4) q l cos  p cos  V   E0 x  C   E0 R cos   Cte 4 0 R R 4 0 R 2

(5)

chọn V = Cte thì (5) thành p cos   E0 R cos   Cte  V  Cte  0 4 0 R 2 hay q  q1  q2   S   1

S S   2   1   2  2 2 2

hay R  ( p / 4 0 E0 )1/3 Bài 41. Hai sợi dây mảnh song song tích điện đều với mật độ điện dài là  và - . Khoảng cách giữa chúng là l. Hãy tìm điện thế và môđun của vectơ cường độ điện trường tại khoảng cách r >> l dưới góc  với vectơ l .



Lời giải Dùng định lí O - G tính cường độ điện trường E tại M

r

l

 DdS  q   h

Hình 48 

 DdS  2 rh.  E   h => E  2 .  r 0

0

Mặt khác E   gradV  E  

dV   dr   dV   dt 2 . 0 r 2 . 0 r

 dr   1 dV   C   ln r  C  ln    C  2 . 0 r 2 . 0 2 . 0  r 

Tính V tại M do 2 dây điện gây ra. Từ tính chất cộng được của điện thế: V  V  V 



  r1   ln  2 . 0  r2 

(1)

2  l2 l  1   2 r  R   Rl cos   R 1  cos      4  2 R    R 2

2  l l2  1   2 r  R   Rl cos   R 1  cos      4  2 R    R 2 2

M

h

r

   r  (ln r  ln r )    ln  2 0 2 . 0  r 

Theo hình thì 2 1

E

2

51

Hình 49

l 2 1  cos  r12 l l   R   1  2 cos   1  cos   r22 1  l cos  R  R  R

Vậy (1) thành: V 

 l   ln  1  cos   (2) 2 0  R 

Nhưng 1+  = e. Vậy 1  Và

E2

r2 E

r2

l l  cos   exp  cos   R R 

 B   l Thay vào (2) V   D  cos  d  (  l )   l d 2 0 R

E1

r1

Tính E: Ta có E   gradV Nên ER   Và E  

M

r2 r2

R



V l cos   R 2 0 R 2

1 V l sin   R  2 0 R 2

Hình 50

l 2 0 R 2

Vậy E  ER2  E2 

a Bài 42. Một hệ gồm một điện tích q > 0 phân bố đều theo một nửa đường tròn bán kính a, tại tâm O của nó có điện tích điểm -q. Hãy tìm: a) Momen lưỡng cực điện của hệ này b) Môđun của vectơ cường độ điện trường tại trục x của hệ ở khoảng cách r >> a.

Lời giải a) Xét một lưỡng cực điện d p gồm điện tích -dq ở O và điện tích dq chứa trong cung AA'.

Ta có d p  dqOA  ad .OA

O q

-q

Hình 51

N A’

dp= a2d dpx = dpcos = a2cosd p  px 

 dp

 /2 x



 a 2 cos  d   a 2 sin 

 /2

MN

  a 2  2a 2

 

dθ

A

 /2  /2

q 2aq  a 

Vậy p  pi 

x

-q

θ O

P

2aqi



b) Điện trường q2  q

x tại điểm P trên trục đối l

xứng x của cung tròn là:

52

Hình 52

Ep

1

2p 1 aq aq  2 i 2 3 3 4 0 r    0 r 3 2 0 r

Ep 

Bài 43. Hai vòng tròn đồng trục mỗi vòng có bán kính R được làm bằng 1 sợi dây dẫn mảnh và cách nhau một khoảng l << R và chúng mang các điện tích q và q. Hãy tính điện thế  và vectơ cường độ điện trường

x +q

E trên trục của hệ theo x.

Lời giải Điện tích dq trong cung BB' gây ra tại M là: dV2 

dq

, với r2  R 2  x 2

4 0 r2

Vậy  V2 

-q

q 4 0 R 2  x 2

Hình 53 x

Và tương tự V1 

q 4 0 r1



x

q

M M

4 0 R 2  ( x  l )2 r2

Và

x

VM  V2  V1  VM 

 1 1   2 2 2 4 0  R  x R  ( x  l )2 q

 R2  x2 1  R 2  x 2  2lx  l 2 4 0 R 2  x 2  q

 R2  x2  2 2 2   R  x  2lx  l

 1

R

O

   

  (1)  

  R2  x2    1 2   R  x 2  2lx  l 2  

lx  l / 2 lx  2 2 2 R  x  2lx  l R  x2

   

B’ B

B

O

R

O l

I

A

I

Hình 54

2

(2)

2

Thay (2) vào (1)   VM  

q lx  11 2 2 2 3/2  4 0 ( R  x )  R  x2

  

qlx px  2 2 3/2 4 0 ( R  x ) 4 0 ( R 2  x 2 )3/2

(3)

vì E   gradVM  Ex  

VM ql ( R 2  x 2 )3/2  x(3 / 2)( R 2  x 2 )1/2 .2 x  . x 4 0 ( R 2  x 2 )3

 E  Ex 

ql (2 x 2  R 2 ) 4 0 ( R 2  x 2 )5/2

Khi |x| >> R thì (3) thành  = ql/40x2 và (4) thành: Ex = ql/20x3 53

r1

R

A

Bài 44. Hai mặt phẳng vô hạn song song cách nhau một khoảng l, tích điện đều với mật độ điện mặt là  và - (hình 55). Mỗi mặt phẳng có một lỗ thủng tròn bán kính R, với R >> l và 2 lỗ thủng tròn đồng trục. Lấy trục Ox và gốc O như hình vẽ, hãy tìm điện thế và hình chiếu của vectơ cường độ điện trường Ex trên trục x theo toạ độ x.

Biểu diễn áng chừng đồ thị của (x).

x l R

O  

Hình 55

Lời giải Xét diện tích dS = dr.rd, mang điện tích dp = ds = drdr gây ra tại M một điện thế dV  . dV  .

dq



4 0l

 d rdr 4 0 R 2  x 2



 d d ( r 2  x 2 ) 8 0 R 2  x 2

 d 1/2  d d (u 1/2 )  d d ( r 2  x 2 ) u du   4 0l 8 0 (1/ 2) 4 0

 V 4 0

2



0

R

2 2  d  d ( r  x ) 

2 r 2  x2 4 0



(1)

Do tính chất cộng được của điện thế nên điện thế tổng hợp tại M là VM = V + V (3) Thay (1) và (2) vào (3)  V  R 2  ( x  l )2  R 2  x 2 2 0

x M

N

r

dr

M

O

M Hình 56 (4)

  2lx  l 2 R 2  x 2  2 xl  l 2  R 2  x 2  R 2  x 2  1  2  1 2   R x  

Vì l << R nên dùng biểu thức gần đúng biểu thức trong dấu ngoặc của (5) là 1

l M

R

Tính điện thế V- do mặt phẳng dưới gây tại M là  (2) V  r 2  ( x  l )2 R 2 0

Khai triển ngoặc:

M

(5)

1  2  1   thì φ

lx lx 1  2 2 R x R  x2 2

  lx  lx  R2  x2  2 2   Vậy (4) thành VM  2 0  R  x  2 0 R 2  x 2 Tính Ex. 4 3 4  1    1  R  '    R3     nên q '  3 3      

Vì q '  q 

54

O

Hình 57

x

Thay (5) vào (6) ta được Ex 

VM 2 0 ( x 2  R 2 )3/2

Đường biểu diễn (x) như hình bên.

Bài 45. Tính công cần thiết để thắng lực điện trường khi dịch chuyển một lưỡng cực có momen điện là p, từ vị trí 1 có cường độ điện

E 2

1

trường E sang vị trí 2 có cường độ điện trường E2 và quay 900 so với vị trí 1.

Lời giải Thế năng của lưỡng cực điện p trong

Hình 58

điện trường là W   p.E .

Khi dịch chuyển từ vị trí 1 sang vị trí 2, hệ sinh công bằng độ giảm thế năng của hệ: A12  W1  W2   p1 E1  p 2 E 2

(1)

 1   và p1 cùng phương chiều với E1 nên p1 E1  p1E1 .   

Vì p1  p 2 nên  '    

(1) trở thành A12 = - p1E1 Vậy công A của các lực ngoại dùng để chống lại các lực điện trường khi dịch chuyển lưỡng cực điện từ 1 đến 2 là: A= - A12 = p1E1 không phụ thuộc E2.

Bài 46. Một lưỡng cực với momen điện là p đặt cách một sợi dây dài mang điện đều với mật độ điện dài  một khoảng r. Hãy tìm lực F tác dụng lên lưỡng cực, nếu vectơ p được định hướng. a) Dọc theo sợi dây b) Theo bán kính vectơ r c) Vuông góc với sợi dây và bán kính vectơ r Lời giải B B

B r

+q

F+

N P F-

FO

r

r

-q

O

M

P

N

-q M A

A

Hình 59 a) F 

-q 2 ( - l ) nên M và N cách đều AB 16 0 (  l )

Do đó E M  E N  E  F-  -qE và F  qE 55

r

F-

+q

O F+

A +q N

-q M l

và F = F- + F+ = - qE+ qE = 0 b) Từ định lí O - G ta có h = 2rhD = 20rhE  Suy ra E  2 0 r q

Vậy F  qE 

2 0 r

và F  qE 

Lực tổng hợp F  F  F 

q 2 0

q 2 0 (r  l )

 1 1  p 1   ql   2     2  r (r  l )  2 0  (r  rl )  2 0 r

c) p  AB và p  r . Ta phân tích F  thành 2 thành phần lên trục x và y: F   F 1  F 2 Vậy lực F tổng hợp tác dụng lên momen lưỡng cực điện p là F  F   F   F   F1  F 2

Hình chiếu của F lên 2 trục Ox và Oy là Fx và Fy Fx=F1-|F-| và Fy=F2 và F  Fx2  Fy2

(1)

Phải tính F-, F+ suy ra F1 và F2 q q ; F  qEN  ; F1 = F+cos với: | F | qEM  2 0 r 2 0 r 2  l 2 cos  

r r2  l2

 1

l2 l và sin   2 2r r

y

F2

q  l 2  Vậy F1  1   2 0  r 2 

N

ql

 l2  1     Fy 2 0 r 2  2r 2 

M

F-

Hình 60

(2) và Fx  F1  | F- |

q

 l2  q ql 2 1       2 0 r  r 2  2 0 r 2 0 r 3

Thay (2) và (3) vào (1) được F 

ql 2 0 r

2



q 2 0 r 2

56

F1

l

φ

và F2  F sin  

F+

(3)

x

Bài 47. Hãy tìm lực tương tác giữa các phân tử nước đứng cách nhau l = 10cm, nếu momen điện của chúng được định hướng dọc theo cùng một đường thẳng. Momen điện của mỗi phần tử là p = 0,62.10-29 C.m.

Lời giải Lưỡng cực điện đặt tại O gây ta tại M điện trường E 

-q

q

O

F-

A

M

q 2 0 l 3 B

gây ra tại A điện trường

F+

q

-q a l

Hình 61

EA 

q  a 2 0 1    2

3



q  3a   3a  1   và gây ra tại B điện trường E B  1   2 0  2l  2 0 l 3  2l  q

3

Lực F tác dụng lên lưỡng cực M là F  F   F  với F   qE A và F   qE B 3a 3 p3 .  Vậy | F || F  |  | F  |  2 0 l 3 l 2 0 l 4 pq

Thay số | F |

3(0, 62.1029 ) 2  2, 07.1016 N 11 9 4 2 .0,885.10 .(10.10 )

Vì |F-| > |F+| nên F cùng chiều F  tức F hướng về O. Bài 48. Hãy tìm điện thế của các điện trường sau a) E  a( yi  x j ) b) E  2axyi  ( x2  y 2 ) j c) E  ayi  (ax  bz) j  byk ở đây a và b là các hằng số i, j, k là vectơ đơn vị của các trục x, y, z.

Lời giải a) E  ayi  ax j 

V V i j x y

V  ay  V  axy  const x V V i j b) E  2axyi  (ax 2  ay 2 ) j   x y

Vậy

Vậy

V  2axy  dV  2axydx x

Suy ra V = - ayx2+C1(y)

(1) 57

Và

V  ay 2  ax 2  dV  ay 2 dy  ax 2 dy y 1 2

Suy ra V  ay 2  ax 2 y  C2 ( x)

(2)  y3   x 2   const  3 

1 3

Từ (1) và (2) suy ra V  ax 2 y  ay 2  const  ay  c) E  ayi  (ax  bz ) j  byk   Suy ra

V V V i j k x y z

V   ay  V  axy  C1 ( y, z ) x

(3)

V  ax  bz  V   axy  byz  C2 ( x, z ) y

(4)

V  by  V  byz  C3 ( x, z ) z

(5)

Kết hợp cả (3), (4), (5) suy ra V = -y(ax+bz) + const Bài 49. Điện thế của một điện trường tại một miền không gian nào đó chỉ phụ thuộc vào toạ độ x theo biểu thức  = -ax2 + b, với a và b là các hằng số. Hãy tìm sự phân bố điện tích theo thể tích (x).

Lời giải Ta có divD   với D   0 E và E   grad (1) Vậy

Dx Dy Dz    x y z

  2  2  2   2  2  2 y z   x

Hay  0 

Với  = - ax3+b;

(2)

 2  2  2   6 ax ;  0; 0 x 2 y 2 z 2

Thay vào (2):   6 0 ax Bài 50. Giữa hai bản lớn song song cách nhau là d, có chứa điện tích với mật độ thể tích không đổi là . Hiệu điện thế giữa 2 bản là . Hỏi với giá trị nào của  thì vectơ cường độ điện trường E ở gần một trong các bản sẽ bằng không ? Khi đó vectơ cường độ điện trường ở bản kia bằng bao nhiêu ?

Lời giải a) Điện trường tại A là điện trường E 2 của khối V gây ra và E1 do mặt M1 gây ra E A  E1  E 2  0

(1)

Xét hình trụ BCDE có hai mặt đáy BC và DF bằng S. Theo định lí O – G.

58

 DdS    dV  .Sd ; với

 DdS  2DS  2  E S 0 2

M1

2



 E2 

d 2 0

(3)

với  là mật độ điện tích mặt của mặt M1 Từ (1): EA = E1-E2 = 0 E1 = E2 hay 2   d   0 2 d 2 0 d

M2 F

B

(2)

  Mặt khác E1   2 0 d

V EA

E2

A1 S1 C

S d

E 2'

A2 S2 D

Hình 62

b) Cường độ điện trường E tại một điểm ở bản kia bằng tổng cường độ điện trường E d gây bởi bản M1 và M2: E  2 E1  2 E2   0 Bài 51. Treo một quả cầu nhỏ trên một mặt phẳng dẫn điện nằm ngang P bằng một sợi dây đàn hồi có hệ số đàn hồi . Sau đó tích điện cho quả cầu, nó hạ thấp x cm và chỉ còn cách mặt P là l. Tìm điện tích của quả cầu.

Lời giải Do hiện tượng cảm ứng tĩnh điện nếu quả cầu A mang +q thì bề mặt của mặt dẫn điện P mang điện -q nhưng phân bố không đều. Vậy P và A hút nhau bằng lực F. Để tính F ta dùng phương pháp ảnh điện. Thay mặt P mang điện tích cảm ứng -q bằng một điện tích điểm -q đặt tại A' là ảnh của A qua P; A' mang điện tích -q. Vậy F cũng là lực tương tác giữa A và A'. q2 F 4 0 (2l ) 2

(1)

Mặt khác F làm dây treo A giãn 1 đoạn x: F = x

(2)

1

Từ (1) và (2)

q2 8 0l 2

  x  q  4l  0  x

59

III. PHƯƠNG PHÁP ẢNH ĐIỆN – LỰC ĐIỆN – ĐIỆN THẾ - ĐIỆN TRƯỜNG Bài 52. Một điện tích điểm q = 100C nằm cách một mặt phẳng dẫn điện P là l = 1,5 cm.

Tính công cần thực hiện để chống lại các lực điện, khi dịch chuyển rất chậm điện tích q ra rất xa P. Lời giải Dùng phương pháp ảnh điện. Điện thế tại A (do A' gây ra) là VA 

q q .  4 0 .2l 8 0l

1 q 2 Thế năng của q là U  qVA  2 16 0l Vậy công A để dịch chuyển q từ R ra  là A  U

q2 (100.106 )2   1500 J  1,5kJ 16 0l 16 .0,885.1011.1,5.102

Bài 53. Hai điện tích điểm q và -q cách nhau l và cùng cách một mặt phẳng dẫn điện P một khoảng

l và ở về cùng một bên của P. Hãy tìm môđun của lực điện tác dụng lên mỗi điện 2

tích.

Lời giải Cùng phương pháp ảnh điện. Thay mặt dẫn điện bằng 2 ảnh điện A' và B' của A và B. A' và B hút A bằng lực: FA '.  FB 

q2 4 0l 2

q2 B' đẩy A bằng lực FB '.  4 0 (2 2) 2

Hợp lực lên A là F  F A '.  F B  F B ' Về modun F = F- - FB' với F   F A '  F B  F    F A ' 2 q2 2 q2 q2   (2 2  1) (1) Vậy F  4 0l 2 4 0 .2l 2 8 0l 2

Bài 54. Ba điện tích điểm khác dấu được đặt tại đỉnh một hình vuông có đường chéo L = 50cm như ở hình vẽ bên, trong đó O là tâm hình vuông, AOB = 900 tạo bởi hai nửa mặt phẳng dẫn điện. Hãy tìm lực tác dụng điện tích -q nếu q = 11C. Lời giải

-q

q

O

A

C

q

B

60

Hình 63

Tương tự bài trên, thay 2 nửa mặt phẳng AOB bằng ảnh điện -q của q đạt tại C. Vậy lực tác dụng lên -q là lực hút -q về phía O có cường độ F

q 2 (2 2  1)  8N 4 0 L2

(1)

(thay một trong công thức (1) của bài trên bằng L / 2 thì được công thức trên).

Bài 55. Một điện tích điểm q = 2 C. nằm giữa hai điểm mặt phẳng dẫn điện vuông góc với nhau. Khoảng cách từ q đến mỗi nửa mặt phẳng đó là l = 5,0 cm. Hãy tính môđun của lực tác dụng lên điện tích.

Lời giải Ảnh điện của A qua P là -q ở D, qua Q là -q ở B và ảnh điện của - q ở D qua Q là q ở C. Vậy q ở A bị: -q ở D hút, -q ở B hút và q ở C đẩy. Cách giải như bài 53 được kết quả hợp lực lên A là:





F  2 2  1 q 2 / 32 0l 2  3,3N

Bài 56. Một lưỡng cực điểm có momen điện p , nằm cách một mặt phẳng dẫn (P) là l.

Hãy tính lực tác dụng lên lưỡng cực nếu vectơ momen lưỡng cực điện p  mặt phẳng (P).

Lời giải Tính điện trường tại M(x) do lưỡng cực điện gây ra E  E  E

E  k

q a p k 2 r a a( x  a / 2) 2

E   k

p a( x  a / 2) 2

E  E  E  k

2x p ( x  a 2 / 4) 2

(1)

2

với k = 1/40 = 9.109 p  qa : momen lưỡng cực điện A, B cho ảnh điện A'B', lưỡng cực p cho ảnh điện

| q ' | q 

q  1  1   1    1   q 1    q   '= | q ' | q   q 1    q              

| q ' | q 

 1   1   q 1    q   ' gây điện trường E tính theo (1), E tác dụng lên -q ở A      

q q

và q ở B. E tác dụng lên -q ở A lực hút

61

a 2kpq(2l  ) kpq(4l  a) 2 Fh  Eq   2 2 4l (2l  a ) 2  a 2 a2  (2l  2 )  4    E tác dụng lên q ở B lực đẩy Fđ a 2kpq(2l  ) kpq(4l  a) 2 Fd  Eq   2 2 4l (2l  a) 2  a 2 a2  (2l  2 )  4   

Lực tổng hợp F là lực hút (hướng về mặt P) có cường độ là F  Fh  Fd 

Vì a << l nên F 

kpq  (4l  a) (4l  a)  kpq 2a(12l 2  a 2 )    4l 2  (2l  a) 2 (2l  a) 2  4l 2 (4l 2  a 2 ) 2

kp 2 12l 2 3 p2   2l 2 1614 32 014

Bài 57. Một điện tích điểm nằm cách một mặt phẳng dẫn điện một khoảng l. Hãy xác định mật độ điện mặt của các điện tích cảm ứng trên mặt phẳng theo khoảng cách r tính từ chân đường vuông góc hạ từ điện tích xuống mặt phẳng.

Lời giải Xét một điểm M ở trên và rất sát mặt P cách O: OM = r. Điện trường tại M là E : E  E A.  E P

(1)

Với: E A. là điện trường do q đặt tại A gây ra E P . là điện trường do mặt phẳng P mang điện tích cảm ứng âm gây ra tại M.

Theo phương pháp ảnh điện thì E là điện trường tổng hợp gây ra tại M bởi q đặt tại A là ảnh điện -q tại A'.

Vì lí do đối xứng E  P và hướng xuống và có cường độ.

E  2 E A cos   2

1 4 0



q1 q l   2 R R 2 0 R 3

(2)

Chiếu xuống trục My  P thì (1) thành: E y  E Ay  EPy  EPy  E y  E Ay 

ql 4 0 R3

Từ định lí Ostrogradski-Gau - xơ ta có  EPy  2 0 Từ (3) và (4) suy ra  

(4)

 ql ql  3 2 2 R 2 (l  r 2 )3/2

Do cảm ứng tĩnh điện toàn phần nên tổng điện tích trên mặt P phải là - q.

62

(5)

Bài 58. Một sợi dây mảnh dài vô cùng, có mật độ điện dài , được đặt song song với mặt phẳng dẫn. Khoảng cách giữa sợi dây và mặt phẳng là l. Hãy tính: a) Môđun của lực tác dụng lên một đơn vị dài của sợi dây. b) Mật độ điện mặt (x) trên mặt phẳng (x là khoảng cách từ đường thẳng tới mặt phẳng).

Lời giải a) Do cảm ứng tĩnh điện nếu AB mang điện dương thì mặt P mang điện âm và P hút 1 đơn vị độ dài của AB bằng một lực F1. Dùng phương pháp ảnh điện thì A'B', ảnh của AB qua P mang điện tích có mật độ  = - . Lực điện do P tác dụng lên AB giống hệt lực điện do A'B' tác dụng lên AB. Từ đó tính được El 

2 4 0l

(1)

b) Cách xác định  tương tự bài tập trên, ta được l  2  (l  r 2 )

(2)

với r là khoảng cách từ M tới NN' (hình chiếu của AB lên P) Bài 59. Một sợi dây rất dài đặt vuông góc với một mặt phẳng dẫn điện P sao cho đầu dây gần nhất cách mặt phẳng một khoảng l. Sợi dây tích điện đều với mật độ điện dài . Giả sử O là vết của sợi dây trên mặt phẳng.

Hãy tính mật độ điện mặt của các điện tích cảm ứng trên mặt phẳng P (hình 64). a) Tại O b) Tại M với OM = r Lời giải Dùng công thức (5) của bài 57 nhưng thay l bằng l + x là độ cao của phần tử A và q = dx là điện tích của phần tử A, ta có 

 (r )    l

( x  l ) dx 2 ( x  l ) 2  r 2 

Tại O: r = 0  (0) 

3/2





B

A

M

r O

P Hình 64

(1)

2 x 2  r 2

 2 l

63

Bài 60. Một vành tròn mảnh bán kính R có điện tích q. Vành đặt song song và cách một mặt phẳng dẫn điện là l. Hãy tính mật độ điện mặt của các điện tích cảm ứng tại một điểm của mặt phẳng đối xứng với vành tròn.

Lời giải Điện trường gây tại I (trên trục đường tròn) của riêng vòng dây O mang điện q là ql E0  4 0 R3 Dùng phương pháp ảnh điện thì điện trường tổng hợp do vòng dây O và P gây tại I bằng điện trường tổng hợp do O và ảnh O' của O qua P (mang điện -q) gây tại I. E  EO  EO'  EO  E P  EO  E P ql Nhưng EO '  EO  4 0 R 3

Còn EP 

1 ql ql   3 2 0 2 R 2 (r 2  l 2 )3

Bài 61. Tính điện thế của một quả cầu dẫn điện không mang điện mà tại một điểm ở ngoài quả cầu cách tâm của nó một khoảng l = 30 cm có đặt điện tích q = 0,5 C. Lời giải Do hưởng ứng tĩnh điện một phần, mặt quả cầu phía gần điện tích +q mang điện tích - q', phía đối diện mang điện tích +q'. Vật dẫn là vật đẳng thế nên điện thế của quả cầu bằng điện thế tại tâm O của nó Vcầu = VO' Do tính cộng được của điện thế V0  Vq 0  V q '0  Vq '0  Vq 0 

q 4 0l

(Chú ý vì tính chất đối xứng nên V-q'0 = -Vq'0; với điểm M bất kỳ khác V-q'M  Vq'M) Vậy Vcầu = VO' = q/40l =

0,5.106  15.103V  15 kV 11 4 .0,885.10 .0,3

Bài 62. Một điện tích điểm q = 3,4 nC đặt cách O là r = 2,5 cm, với O là tâm của một lớp cầu dẫn điện, không mang điện có bán kính trong R1 = 5,0 cm, và bán kính ngoài R2 = 8,0 cm. Tính điện thế tại O. Lời giải Do tính cộng được của điện t hế VO = VA + VC + VK (1) Do hưởng ứng tĩnh điện toàn phần (mặt cầu bao học hoàn toàn +q ở A) nên mặt cầu trong C mang điện tích -q, mặt cầu ngoài K mang điện tích +q chia các mặt cầu thành các diện tích nguyên tố thì VC   C

k q kq k q kq và VK     R2 R2 R1 R1 K

64

(2)

q r

Thay vào (1): VO  k  k

q q q 1 q q  k      R1 R2 4 0  r R1 R2  

1 1 1      994,5 V  1kV  0, 025 0, 05 0, 08 

Thay số: VO  9.109.3, 4.109 

Bài 63. Một hệ gồm hai quả cầu dẫn đồng tâm, quả cầu trong bán kính a mang điện tích dương q1. Hỏi điện tích q2 cần đặt vào quả cầu ngoài bán kính b để điện thế của quả cầu trong bằng không? Khi đó hãy tính điện thế V(r) của một điểm cách tâm của hệ một khoảng r.

Lời giải Ta có VO 

b q  q1 q2      0 Suy ra q2   q1 a 4 0  a a 

Tính  tại M(r):  = VA + VB' a) Khi a  r  b: M nằm ngoài quả cầu trong, nằm trong quả cầu ngoài.

M ở ngoài quả cầu trong nên VA 

q1

4 0 r

M ở trong quả cầu ngoài nên VB  VBO  Vậy   VA  VB 

q2

4 0b



q1

4 0 a

q1  1 1     4 0  r a 

b) Khi b  r, M nằm ngoài 2 quả cầu nên 

q1

4 0 r



q2

4 0 r



 b 1   4 0 r  a  q1

1 2

Bài 64. Bốn tâm kim loại lớn cách nhau một khoảng nhỏ d. Hai bản ngoài cùng nối với nhau bằng một dây dẫn còn hai bản trong được đặt một hiệu điện thế . Hãy tính: a) Cường độ điện trường giữa các bản b) Mật độ điện mặt trên bề mặt của mỗi bản.

Lời giải Hệ các tụ điện được mắc như sau: (2,1 + 4,3)//(2,3) Cường độ điện trường giữa bản 2 và bản 3 là U NA U AB U NB   1 n n 1

3 4 Hình 65

(1)

21  43   và 21  43 , suy ra 21  43   / 2

Vậy E2  E1 

2 E0  1

(2)

Tính các mật độ điện mặt .

65

+ 1 + 1

Chú ý: bản 2 và 3 tích điện ở cả 2 mặt, bản 1 chỉ tích điện ở mặt dưới (điện - do cảm ứng tĩnh điện với bản 2) và bản 4 chỉ tích điện + ở bản trên).   Xét 2 tụ điện 2a, 1 và 4, 3b, trong đó có điện trường E21  1  4 (3) 0 0 Từ (2) và (3):  1   4 

 0  2d

Xét tụ điện 2a, 3a ta có  2   3 

 0  d

Vậy mật độ điện mặt của bản 2 (hoặc 3) là    0  3 0   2  1  0   d

2d

2d

Bài 65. Giữa các bản của một tụ điện phẳng đã được nối với nhau có một bản kim loại mang điện tích q (hình 66). Dịch chuyển bản một khoảng l. Tính điện tích q đi qua dân dẫn nối 2 bản D, B. Khoảng cách giữa hai bản D và B bằng d.

Lời giải Điện trường trong AB là  U  EB  B  AB  U AB  B 0  0

S



qB qD     B D S S

B   D   D  B  d   d d Khi bản A dịch chuyển tới A' thì (5) thành:  B   D  d  (  l )   l d

Từ (6):  D 

 d

 qD   D S 

 (  l ) d

Hình 66

(3)

Từ (3) và (4)

Từ (5):  D 

q 4

(2)

Từ (1) và (2) B = (d - )D q

A 3 B 4

(1)

Điện trường trong AD là  U U ED  D  AD  AB 0 d   d   (d   ) D  U AB  0

Mặt khác q  qB  qD 

D

 S d

 qD   D S 

q

(4) (5)

(6)



(7)

d

 (  l ) S d

66

q

(  l ) d

Điện lượng q = q'D - qD chuyển qua dây dẫn BMD là q  q 'D  qD  q

l d

Bài 66. Hai mặt phẳng dẫn điện 1 và 2 đặt song song và cách nhau là l. Giữa chúng, và cách bản 1 là x đặt một điện tích điểm q. Hãy tìm hiệu điện xuất hiện trên mỗi mặt phẳng.

Lời giải Do cảm ứng tĩnh điện toàn phần nên q1 và q2 trái dấu vơớ q và q1 + q2 = -q.

Ta tưởng tượng rải đều điện tích q trên mặt phẳng O đi qua M và song song với 1 và 2.

Khi đó điện tích q1 ở 1 và q2 ở 2 không đổi. Bây giờ ta có hai tụ điện 1,0 và 2,0.

U10 x U U và E2 trong tụ điện trên là: E2  20  10 (l  x) (l  x)

Điện trường E1 trong tụ điện dưới là: E1 

Mặt khác E1  Nên

 1 và E2  2 0 0

(1)

(2)

E1 l  x  1 q1    E2 x  2 q2

(3)

q1 q q q q  2  1 2  lx x l l (l  x) x Vậy q1   q và q2  q l l

Từ (3) và (1) 

Bài 67. Tính lực điện do một vật dẫn tác dụng lên một đơn vị bề mặt của chính vật đó.

Cho biết mật độ điện mặt  = 46 C/m2.

Lời giải Xét điện tích dS tại M (có mật độ điện mặt ). Điện tích của dS là dq = dS Điện trường do vật dẫn gây ra tại M (coi M rất sát mặt vật dẫn) giống như điện trường  của 1 mặt phẳng vô hạn tích điện với mật độ điện mặt : E  2 0 Lực điện dF lên dS là: dF  Edq 

 2 dS 2 0

(1)

Lực điện lên 1 đơn vị điện tích của mặt vật dẫn ở M là dF  2 (46.106 ) 2    120 N / m2 11 dS 2 0 2.0,885.10

67

Bài 68. Một quả cầu kim loại bán kính R = 1,5 cm có điện tích q = 10 C. Hãy tính môđun của hợp lực tác dụng lên điện tích phân bố trên một nửa quả cầu.

Lời giải Dùng (1) của bài tập 67 dF 

 2 dS 2 0

với  

q q  S 4 R 2

dS  rd.Rd  R sin  d Rd  R 2 sin  d Rd . dFy  dF cos   2

2 2 R .2sin  cos  d (2 )d 2 0 .4

 2 R2  2 R 2 F   d  sin 2 d (2 )  cos 2 4 0 0  /2 8 0 0

Thay số : F 

(1)  0   /2

q2 q2  2 R 2  R12     2 0 2 0 16 2 R 2 32 0 R 2

10

10  499,5 N. 32.0,885.10 11.π.0,0152

Bài 69. Một quả cầu dẫn không mang điện có bán kính R được đặt vào một điện trường đều, kết quả là bề mặt của quả cầu xuất hiện điện tích cảm ứng với mật độ điện mặt  = 0cos, trong đó 0 là một hằng số,  là gốc cực. Hãy tính môđun của hợp lực tác dụng lên toàn bộ điện tích cảm ứng dương (hoặc âm).

Lời giải  q Nửa mặt cầu trên, ứng với    cos   0 nên V 'B  , mang điện tích dương; 2 4 0 R2 nửa mặt cầu dưới    / 2  cos  0 , mang điện tích âm Dùng công thức (1) của bài 68 dFy 

 R 2 02 cos 4  R 2 2 R 2 2 cos3  sin  d d  F   dFy  sin  cos  d d  0 2 0 2 0

0

  /2

 R 2 02 4 0

Bài 70. Trong nước có một điện trường có cường độ E = 1,0 kV/cm gây ra sự phân cực tương đương với sự định hướng đúng chỉ một trong N phân tử. Hãy tính N. Cho momen điện của một phân tử nước là p = 0,62.10-29C.m.

Lời giải Vecto phân cực điện môi trong trường hợp bài toán này là P 

n0 p N

Mặt khác P   0  E   0 (  1) E Từ (1) và (2) suy ra N 

(1) (2)

n0 p  0 (  1) E

(3)

Với n0 là số tân tử nước trong một đơn vị thể tích nước (1m3 nước)

68

n0 

m V 103.6, 022.1023 NA  NA   3,346.1028 phân tử /m3.

A A 18.103

Thay số vào (3) N 

3,346.10 28.0, 62.10 29  2930 0,885.10 11 (81  1).105

Bài 71. Một phân tử không phân cực với độ phân cực  được đặt cách một phân tử phân cực có momen điện p một khoảng l. Hãy tìm môđun của tương tác giữa các phân tử này nếu vectơ p hướng dọc theo đường thẳng đi qua cả 2 phân tử.

Lời giải Lưỡng cực p đặt tại O gây ra tại M (với OM = l) một điện trường là EM 

p

(1)

2 0l 3

Phân tử không phân cực, đạt trong điện trường E bị phân cực là p1  q AB  2aq   0  E

(2)

Lực điện E do E tác dụng lên p l là hợp lực của F lên -q và F lên +q F = F- - F+ F  qE A 

(3) pq pq và F  qEB  3 2 0 (l  a) 2 0 (l  a)3

Thay vào (3): F 

(4)

pq  1 1  pq   C  3 3 2 0  (l  a) (l  a)  2 0

Với C 

2a (2l 2  2a 2  l 2  a 2 ) 6al 2 6a  6  4 (l 2  a 2 )3 l l

Vậy F 

3 pp1 pq 6a 3 p E 3 p p 3 p 2  4      2 0 l 2 0l 4 2 0l 4 2 0l 4 2 0l 3 2 0l 7

Bài 72. Trên trục của một vành mỏng tích điện đều bán kính R có một phân tử không phân cực. Hỏi ở một khoảng cách x tính từ tâm của vành bằng bao nhiêu thì môđun của lực F có tác dụng lên phân tử này. a) Bằng không b) Có giá trị cực đại?

Lời giải a) Momen lưỡng cực điện của phân tử là p   0  E

(1)

Thế năng của lưỡng cực p trong điện trường E là W  - p.E   0  E 2

(2)

E là cường độ điện trường của vòng dây tại M(x) E

qx

(3)

4 0 x 2  R 2 )3

69

q2 x2 16 2 0 ( x 2  R 2 )3

Thay (3) vào (2): W  -

(4)

Lực F mà điện trường E tác dụng lên lưỡng cực là F 

Tính

 W  q2   x2   2 2 2 3 x 16  0 x  ( x  R ) 

(5)

 2 x( R 2  2 x 2 )   x2   x  ( x 2  r 2 )3  ( x 2  R 2 )4

(6)

Từ (6) ta thấy F = 0 khi R 2  2 x02  0  x0  R / 2 b) Thay (6) vào (5): F 

 q 2 x( R 2  2 x 2 ) 8 2 0 ( x 2  R 2 ) 4

dF  q 2 d  x( R 2  2 x 2 )  10 x 4  13R 2 x 2  R 4 a   Tính   dx 8 2 0 dx  ( x 2  R 2 ) 4  ( x 2  R 2 )5 b

Đặt x2 = y thì a = 10y2 - 13R2y = 129R4 Giải (9):  = 169R4 - 40R4 = 129R4

(8) (9)

2 13R 2  R 2 129   1, 218R  x2  y  1,1R y2   2 20  0, 08211R  x1  y2  0, 287 R

Vậy F có 2 cực trị tại x1 và x2 và F = 0 tại x0 Thay x = x1 vào (7) ta được F = F1>0 (lực điện là lực đẩy) Thay x = x2 vào (7) ta được F = F2<0 (lực điện là lực hút) Bài 73. Một điện tích điểm q nằm tại tâm của một quả cầu điện môi đồng tính có bán kính R và có hằng số điện môi là . Hãy tính vectơ phân cực P theo bán kính vectơ r đối với tâm quả cầu và điện tích liên kết q' bên trong quả cầu có bán kính r < R. Lời giải Xét điểm M trong quả cầu (r < R). Tại M điện trường là E E

qr

(1)

4 0 r 3

Vectơ phân cực điện môi là p   0  E   0 (  1) E

(2)

Mật độ điện tích liên kết  '  Pn  P   0  E

(3)

Thay (1) vào (2) ta được:    1  qr P  3    4 r

(4)

q' là điện tích liên kết xuất hiện trên mặt cầu C tâm O, bán kính r q  1 q '  4 r 2 '  4 r 2 0  E  4 r 2 0 (  1)  2 4 0 r  q' không phụ thuộc r

70

(5)

Bài 74. Một điện tích điểm q đặt tại tâm của một quả cầu điện môi bán kính a với hằng số điện môi 1. Quả cầu được bao bọc bằng một điện môi lớn vô hạn, có hằng số 2. Hãy tìm mật độ điện mặt của các điện tích liên kết tại mặt ranh giới của hai điện môi.

Lời giải Xét điểm M nằm trên bề mặt quả cầu Giả sử chỉ có điện môi 1 và chân không (tức không có 1 ) thì theo bài tập trên điện tích liên kết trên mặt cầu là q '1 

 1  1 q '2 q  1 1 q   '1   1     1   2 2  1 4 a 4 a  1   1 

(1)

Giả sử chỉ có điện môi 2 và chân không ( không có 1 ) thì điện tích liên kết trên mặt cầu là q'2 ngược dấu với q: q '2 

 1   2 1 q '2 q 1 q   '2    1     1 2 2  2 4 a 4 a   2   2 

(2)

Nếu có cả 2 điện môi 1 2 thì mật độ điện tích liên kết ' trên mặt cầu tâm O, bán kính a là    '1   '2 

q  1 1  q(1   2 )    4 a 2   2 1  4 a 21 2

Bài 75. Hãy chứng minh rằng tại một giới hạn của một điện môi đồng tính với một vật dẫn, mật độ điện mặt của các điện tích liên kết là ' = -(-1)/1 với  là hằng số điện môi,  là mật độ điện mặt của các điện tích trên vật dẫn.

Lời giải Dùng công thức (2) của bài trên, coi chất điện môi như môi trường 2 của bài đó nghĩa là mật độ điện tích liên kết ' bao giờ cũng ngược dấu với  của vật dẫn. Như vậy ta thu được: 1    1  (đpcm)  '     1          Bài 76. Một vật dẫn có dạng tuỳ ý điện tích q = 2,5C được bao bọc bằng một điện môi có hằng số điện môi  = 5,0 (hình 67). Hãy tính tổng điện tích liên kết bề mặt ở các mt trong và ngoài của điện môi.

Lời giải Xét trường hợp đặc biệt, vật dẫn là quả cầu kim loại đặc bán kính a mang điện q đặt trong điện môi  (hình 67).

Mật độ điện mặt trên mặt cầu là . 

q 4 a 2

Cường độ điện trường

71

q ε

Hình 67

E

q 4 0 a



2

  0

Ta có |  ' | Pn  P   0  E   0 (  1)

  (  1)   0   1    1   q      

Điện tích liên kết | q ' ||  ' | S  4 a 2 '  4 a 2  vì q' trái dấu với q nên q '   

 1 

q  2 

Đặt q'' là điện tích liên kết ở mặt ngoài khối điện môi.

Từ định luật bảo toàn điện tích:   1  q ' q ''  0  q ''  q '   q    5 1   2,5  2 C  5 

Thay số q ''  q '  

Trường hợp tổng quát: Khi vật dẫn có hình dạng bất kì (hình 76b) Xét một điểm M trên mặt vật dẫn, tại đó bán kính chính khúc của mặt là R. Lấy 1 điện tích nguyên tố dS bao quanh M; có thể coi dS là một phần mặt cầu bán kính R.  (  1)   1  Điện tích liên kết dq' trên dS là dq '   ' dS   dS     dq       1    1    dq    q   s   

Vậy q '   dq '    s

Và q ''  q 

 1 q 

Bài 77. Một chất điện môi có dạng một lớp cầu có bán kính trong là a, bán kính ngoài là b (a < b). Tìm môđun của vectơ cường độ điện trường E và điện thế  theo r, với r là khoảng cách tính từ tâm hệ nếu điện môi có điện tích dương phân bố đều a) theo mặt trong của lớp. b) theo thể tích của lớp.

Lời giải 1) Điện tích q phân bố đều trên mặt cầu



q 4 0 r

E0





(vì E  

O

a

Hình 68

a) Với r < a thì E = 0 suy ra  = const (vì A  b) Với a < r < b thì E 

b

M b

0, 6.20.109.2002  1,5.103 J  1,5 mJ ) 2(1  0, 6) 2

q 4 0 r 2

d ) dr

72

c) Với b < r thì E  E0 

q 4 0 r

2

và  

q 4 0 r

2) Điện tích q phân bố giữa 2 mặt cầu a) Với r < a thì E = 0 nên  = const b) Với a < r < b. Tính điện tích chứa trong mặt cầu đi qua M qr  Vr 

4 r 3  a3 .  (r 3  a 3 )  q 3 3 4 b a  (b3  a3 ) 3 3 q

 q(r 3  a 3 ) q a3   r    4 0 r 2 (b3  a 3 ) 4 0 (b3  a 3 )  r2 

Vậy E 

E0

Và E  

 r 2 a3  d q      dr 4 0 (b3  a 3 )  2 r 





qr



4 0 r 2

c) Với b < r thì E  E0 

q 4 0 r

2

và  

q 4 0 r

Bài 78. Gần điểm A của một mặt phẳng ngăn cách giữa thuỷ tinh và chân không, cường độ điện trường trong chân không là E0  10, 0

V ; góc giữa vectơ E0 và pháp tuyến n m

n A α E

của mặt ranh giới là 0 = 300. Hãy tìm cường độ điện

ε

trường E trong thuỷ tinh ở gần điểm A, góc  giữa E và n và mật độ điện mặt của các điện tích lên kết tại điểm A.

Lời giải a) Ta có môi trường 1: thuỷ tinh 1 =  = 6 Môi trường 2 là không khí 0 = 1 và 2 = 0 và E2 = E0 = 10V/m Ta có E1t  E2t  E1t  E0 sin  0

Hình 69

(1)

Ta cũng có D1n  D2 n   01E1n   01E2 n  1E1n  Eon  E0 cos  0 102 Vậy E  E  E  E sin  0  2 cos   10 sin 30  2 cos 2 300  27, 08 6 1 2 1

2 1t

2 2t

2 0

 E1  27, 08  5, 2

b) tg1 

2

E02

2

2

2

0

V m

E1t E2t  6  6    1 tg 0   tg 0  6tg 300   1  arctg   73,90  E1n   2  2 3  3   E2 n  1 

c)  '  Pn  P cos 1   0 1 cos 1   0 (  1) E1 cos  Thay số:  '  0,885.1011 (6  1).5, 2 cos 73,90  63, 7.10 12

73

C pC  63, 7 2 2 m m

(2)

Bài 79. Tại bề mặt phẳng của một chất điện môi có hằng số điện môi , cường độ điện trường trong chân không là E0, hơn nữa vectơ E0 tạo một góc  với pháp tuyến n của bề mặt điện môi. Coi điện trường ở bên trong và bên ngoài điện môi là như nhau, hãy tính:

E0

n



l

I 

R

a) Thông lượng của vectơ E qua mặt cầu bán kính R với tâm trên bề mặt của điện môi.

Hình 70

b) Lưu số của vectơ D theo chu tuyến I dài l mà bề mặt của nó vuông góc với bề mặt của điện môi và song song với vectơ E0 .

Lời giải a) Ta có   C  C  E.S  E 0 .S

(1)

0

  (E cos   E0 cos ) R2

Theo bài tập 78: E  E   0  cos 2    2 sin 2    

(2)

Và tg = tg

(3) 1 1  2 1  tg  1   2tg 2

cos t 

(4)

Thay (2) và (4) vào (1):  E 0   

 cos 2    2 sin 2    1   E cos     R 2 E0  0  cos  2 2  1   tg     

   R2  

b) Chú ý

Dt   D0t l

Ta tính I0 

D

0

dl   0 E0l sin   D0t l

AB

Il 

 Ddl    E sin  l  D l   D 0

t

0t

l

CD

Vậy nên

Il = -I0

 Ddl  I

0

 I1  I 0 (1   )  (  1) 0 E0l sin 

74

Bài 80. Một bản điện môi lớn vô hạn có hằng số điện môi  tích điện đều với mật độ điện thể tích . Độ dày của bản là 2d. Hãy tính. a) Môđun của vectơ cường độ điện trường và điện thế theo khoảng cách l từ tâm bản (điện thế ở tâm bản được tính bằng không). b) Mật độ mặt và mật dộ thể tích của điện tích liên kết.

Lời giải a) Đặt O là tâm bản. Xét điện trường tại M với OM = l. Xét hình trụ đáy S, độ cao 2l.

1) Khi l < d. Tính

 DdS  q  DdS  2DS

(1) (2)

q là điện tích chứa trong hình trụ.

Q = V = 2Sl Thay vào (1) rút ra: l = D = 0E (4) l Vậy E   0

(3)

(5)

2) Khi l > d, tức M nằm ngoài điện môi (nằm trong chân không) d (4) thành  d   0 E  £  0

(6)

Tính .

Ta có E   grad  El   Từ (5) suy ra   

d dt

(7)

l 2 2 0

Từ (7) và (6) suy ra   

(8) d l  const 2 0

(9)

Hãy xác định const trong (9). Xét một điểm N ở bề mặt chất điện môi tức l = d. Thay vào (8) và (9) d 2 d 2     const 2 0 0 Suy ra const 

d 2  1  1    0  2 

Vậy (9) thành  

(10)

d  d  1  d   0  2 

b) Ta có  '  Pn  P cos   P   0  E   0 (  1) E với E theo (5) E 

d  0

75

(11)

Thay vào (11)  '   0 (  1)

 d  d (  1)   0 

(12)

Tính : Cắt lấy trong khối điện môi một hình trụ tròn đứng, đáy S, độ cao 2d bằng độ dày của khối điện môi. Theo định lí O – G, điện thông gửi qua bề mặt bao hình trụ là:  D '  2 D ' S  q ' , với D' = ' 2'S = sS|'|d  '  (  1) '   d 

(13) (14)

Vì ' ngược dấu với  nên  ' 

 (  1) 

Bài 81. Các điện tích được phân bố đều với mật độ thể tích  > 0 trong một hình cầu bán kính R làm bằng điện môi đồng tính đẳng hướng với hằng số điện môi . Hãy tính: a) Môđun của vectơ cường độ điện trường theo khoảng cách r tính từ tâm quả cầu. b) Mật độ thể tích và mật độ bề mặt của các điện tích liên kết.

Lời giải Điện trường tại M bên trong quả cầu C tương đương với điện trường do quả cầu nhỏ Cm gây ra 4 r 1 q Với q   rM2   EM  M EM  2 3 4 0 rM 3 0 Điện trường tại N ngoài quả cầu C là EN 

q 4 0 rN2

r 4 với q   Rr 3   EN  3 0 rN2 3 3

Tính  E

d dt

E  E 0  E '  E  E0  E '

(1)

 R3  const 3 0 rN

(2)

N  

Tính const: Tại một điểm trên mặt cầu C. (1) và (2) thành 

 R2  R2  R2  1    const  const  1   6 0 3 0 3 0  2 

Vậy (2) thành  N 

 R3  1 1 1      3 0  rN R 2 R 

a) Ta có E  E 0  E '  E  E0  E ' (vì E ngược chiều với E 0 )

76

(3)

Với quả cầu điện môi mang điện q, và điện tích liên kết q' thì E

q 4 0 r

q 4 0 r

| q ' | q 

; E0  q



2

2

q 4 0 r

2

và E ' 

| q'| 4 0 r 2

dF

4 0 r 2

 1   1   q 1    q         q

 1     

Vì q' ngược dấu với q nên q '  q  q' 

4 3 4   1  R  '    R3    3 3   

 1     

Suy ra  '    

(4)

b) Ta có S' = V', với S và V là diện tích và thể tích quả cầu hay 4 R ' 4 R 3 '   R 3  '   '  3

3

thay (4) vào (5):  '  

(5)

R  1  3 

Bài 82. Một đĩa tròn bằng điện môi bán kính R bề dày d bị phân cực sao cho độ phân cực bằng p đồng đều ở mọi nơi và vectơ p nằm trong mặt phẳng của đĩa. Hãy tính vectơ cường độ điện trường E ở tâm đĩa nếu d << R. Lời giải Xét diện tích dS = Rdd bao quanh M, dS mang điện tích liên kết dq' = 'Rd.d Nhưng: ' = Pncos dq' = PRdcos d dq' gây ra tại O một điện trường dE: 1 dq ' PRd cos  d dE   4 0 R 2 4 0 R 2 Vì lí do đối xứng nên điện trường tổng hợp tại O: E   d Ese nằm trên Ox. Ta tính dE  dE cos   E   dEx 

PRd cos 2  d PRd (1  cos 2 )d (2 )  4 0 R 2 16 0 R 2 2

Pd 16 0 R

2

Pd

 (1  cos 2 )dl  4 R 0

0

Vì E và P ngược chiều nhau nên E  

Pd 4 0 R

77

Bài 83. Ở một số điều kiện nào dó, độ phân cực của một tấm điện môi không rất rộng,  x2  không mang điện, có dạng p  p0 1  2  trong đó P 0 là một vectơ vuông góc với tấm  d 

điện môi, x là khoảng cách tính từ tâm của tấm, d là độ dày của tấm. Hãy tính cường độ điện trường ở bên trong của tấm và hiệu điện thế giữa hai mặt của tấm.

Lời giải p p0  x 2   ' pn   Ta có: E   1   0 0 0 0  d 2  d Vì E   grad  E  Ex  

(1)

dx

Từ (1) suy ra:  

p0  x2  x     const 0  3d 2 

p0  xB3  p0  x3A     B   A   xB  2    xA  2  0  3d   0  3d   

p0  d3  (d 3 )   4dp0 d    d      0  3d 2  3d 2   3 0

Bài 84. Lúc đầu không gian giữa các bản của một tụ điện phẳng chứa không khí và cường độ điện trường trong đó bằng E0. Sau đó một nửa khe hở được lấp đầy điện môi và đẳng hướng có hằng số điện môi là . Hãy tìm môđun của các vectơ E và D trong cả 2 phần 1 và 2 của khe hở nếu khi đặt điện môi vào. a) Hiệu điện thế giữa các bản không đổi b) Các điện tích trên các bản không đổi.

Lời giải d  U AB  E0 .2d a) Từ E   grad  E   dl

1 2

ε

Hình 71

(1)

Với 2d là khoảng cách giữa 2 bản A và B Ta có D1 = D2 =  Suy ra E1 

D1

 01



D  ' E1 ' và E2  2    0 2  0  0

Ta có UAB = UAH + UBH 2 E0 d  E2 d  E1d 

Suy ra E1 

(2) (3)

E1d



 E1d

(4)

2 E0 2E E và E2  1  0  1   1

b) Khi q (hay ) không đổi. Ta có  = D = 0E=const

78

(5)

Mặt khác D = D1 = D2 = 0.E1 = 0E2 Từ (5) và (6): E1 = E0 và E2 

(6)

E0



Bài 85. Giải bài tập 84 khi lấp đầy điện môi hình vẽ.

1

Lời giải a) Khi chưa đặt điện môi E0  Khi đặt điện môi: E1 

U AB 2d

ε

2

(1)

U AB U và E2  AB 2d 2d

(2)

Vậy E1 = E2 = E0

(3)

D1 = 01E1 = 0E0 và D2 = 02E2 = 0E0

(4)

Hình 72

Suy ra D2 = D1

(5)

b) Khi q không đổi. Nếu chưa đặt điện môi thì mật độ điện mặt  = q/S. Khi đặt điện môi vào, sự phân bố điện tích trên mỗi bản sẽ không đều.

Nửa 1 không có điện môi, mỗi bản có mật độ 1 = D1 = 0E1

(6)

Nửa 2 có điện môi, mật độ điện tích là: 2 = D2 = D1 = 1= 0E2 q  q1  q2   S   1

(7)

S S   2   1   2  2 2 2

(8)

Với  = D = 0E0

(9)

Vậy 2 = 1 + 1 = 1(+1) 2 0 E0  (  1) 0 E1  E1 

2 E0  1

(10)

Bài 86. Một nửa không gian giữa hai bản cực đồng tâm của một tụ điện cầu được lấp đầy điện môi đồng tính, đẳng hướng có hằng số điện môi . Điện tích của tụ điện là q. Hãy tìm môđun của vectơ cường độ điện trường giữa các bản theo khoảng cách r tính từ tâm cong của hai bản cực của tụ điện.

Lời giải Bài toán 85 là trường hợp riêng của bài toán này (khi R1 và R2  ) Vì vậy ta vẫn dùng công thức (10) của bài toán 85.

79

. ε Hình 73

E2  E1 

2 E0  1

Với E0 là điện trường tại M(r) khi trong tụ điện là chân không ( = 1) E0 

q 4 0 r

2

và E2  E1 

q 4 0 (  1)r 2

Bài 87. Hai quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mang điện cùng tên được treo bằng các sợi dây cách điện dài bằng nhau vào một điểm. Khi lấp đầy môi trường xung quanh bằng dầu hoả thì góc tạo bởi 2 sợi dây không thay đổi. Tính khối lượng riêng của chất làm các quả cầu.

Lời giải Quả cầu C chịu tác dụng 2 lực: trọng lực theo phương thẳng đứng và lực Cu - lông theo phương ngang.

1) Khi chưa có điện môi tg 

F F  p V g

Khi có điện môi, lực Cu - lông giảm  lần, đồng thời điện môi còn tác dụng lên quả cầu C lực đẩy Acsimet FA = V0g.

Vậy tg ' 

F' F / F / F /    p ' P  FA V  g  V 0 g V (   0 ) g

Theo đề bài ' = tg' = tg  Vg = V( - 0)g Vậy    (    0 )   

 0 (  1)

Bài 88. Người ta tạo ra ở bên trong một quả cầu bằng điện môi đồng tính, đẳng hướng có hằng số điện môi  = 5,00 một điện trường đều có cường độ E = 100 V/m. Bán kính của quả cầu R = 3,0 cm. Hãy tính mật độ điện mặt cực đại của các điện tích liên kết và điện tích liên kết toàn phần dương (hoặc âm).

Lời giải a) Ta có  '  Pn  P cos    0 (  1) E cos  Ta có ' = 'max khi cos = 1 'max = 0( - 1)E Thay số: 'max = 0,885.10-11(5 - 1).100 = 3,54.109 C/m2.

Xét diện tích dS ở xung quanh M(R,,): dS = Rd.Rsind Điện tích trên dS là dq' = dS = 0( - 1)R2dsincosd; E thẳng đứng hướng lên trên nên nửa mặt cầu trên mang điện tích q', nửa dưới mang điện tích -q'. 

 /2

0

0

q '   dq '   0 (  1) R E  d 2

 sin  cos d 80

q '   0 (  1) R 2 E sin 2 

 /2

  0 (  1) R 2 E  10 pC

0

Bài 89. Một điện tích điểm q được đặt trong chân không, cách một mặt phẳng của một chất điện môi đồng tính đẳng hướng lấp đầy không gian. Hằng số điện môi là . Hãy tính a) Mật độ điện mặt của các điện tích liên kết theo khoảng cách r tính từ điện tích điểm q.

Xét trường hợp l  0 b) Tổng diện tích liên kết trên bề mặt của điện môi.

Lời giải a) Xét điểm M ngay sát mặt ngăn cách P giữa chân không và điện môi  và cách điện tích q là AM = r. Điện trường tại E là tổng hợp điện trường E 0 do q gây ra và E ' do điện tích cảm ứng trên mặt P, có mật độ ' tại M: E 0 Suy ra E1n = E0cos1 + E' q l ' Eln    2 4 0 r r 2 0 vì D ' 

' 2

 0E '

và Dln   0 Eln 

(1) (2) (3) (4)

' ql  3 4 r 2

(5)

Mặt khác ta có Dln = D2n Với D2n = 0E2n Ta cũng có ' = Pn = 0E2n = 0(-1)E2n Thay (5) (7) và (8) vào (6) ' |q|l  '    0 3 4 r 2  0 (  l )

(6) (7) (8)

    ' (  l ) ql  '  3 4 r  2(  l )  2(  l )  ql (  l ) Vậy  '  2 r 3 (  l )

Vì ' ngược dấu với q nên  ' 

 ql (  l ) 2 r 3 (  l )

(9)

Khi l  0 thì '  0 b) Tính điện tích cảm ứng q' trên mặt ngăn cách P Xét hình vành khăn tâm O, bán kính x, dày dx, điện tích của nó là dS = 2xdx, và điện tích trên dS là ql (  l ) dq '   ' dS    2 xdx (10) 2 r 3 (  l ) Ta có: x2 = r2  2xdx = 2rdr

81

Thay vào (10): dq '   q '   dq '  

ql (  l ) dr (  l ) r 2

(11)



ql (  l ) dr ql (  l ) 1   (  l ) l r 2 (  l ) r



 l

q(  l ) (  l )

(12)

Bài 90. Dùng các điều kiện và lời giải của bài tập trên, hãy tính môđun của lực tác dụng lên điện tích q gây ra bởi các điện tích liên kết trên mặt chất điện môi.

Lời giải Xét diện tích nguyên tố S của hình vành khăn (ứng với góc d) d  S  dS .

2 S mang điện tích nguyên tố d q 2l (  l ) dr  q '  dq.  d 4 2 2 0 (  l ) r

Hình chiếu dFz của d F lên phương Oz  mặt P là: d F z  dF cos   dF .

dFz 

l r

q 2l 2 (  l )dr dr d 8 2 0 (  l ) r 5

F   dFz   2



dr 4 0 d  2 ; và l r 5   r 4

Thay vào (1): F 

2



q 2l 2 (  l ) dr d 8 2 0 (  l ) l r 5 0 

 l

(1)

4 l4

q (  l ) 16 0 (  l ) 2

Bài 91. Một điện tích điểm q nằm trên mặt phẳng ngăn cách chân không vàmột chất điện môi đồng tính đẳng hướng có hằng số điện môi . Hãy tính môđun của vectơ D và E và điện thế  theo khoảng cách r tính từ điện tích q.

Lời giải Từ công thức ' = Pn = 0En = 0( - 1)E0 (1)  ql (  l ) Theo kết quả bài tập 89:  '  (2) 2 r 3 (  l ) ' ql So sánh (1) và (2) En  E1n   3  0 (  1) 2 r (  l ) 0 E1n  E1 cos 1 E1

r l

82

r l

Vậy E  El  Eln  

ql 2 0 (  l )r 2

(3)

(3) là biểu thức của cường độ điện trường ở mọi nơi, trong chân không thì  = 1 trong điện môi thì  < 1.

Từ công thức D = 0E (4) q Thay (3) vào (4): E  2 (  l ) r 2 q 2 r 2 d q Ta có E   grad    Er  dt 2 0 (  l )r 2

Trong chân không  = 1: D  D0 

Suy ra  

q 2 0 (  l )r

Bài 92. Một quả cầu nhỏ dẫn điện có điện tích q được đặt vào một chất điện môi đồng tính và đẳng hướng có hằng số điện môi . Quả cầu cách mặt phẳng ranh giới giữa điện môi và chân không một khoảng l. Hãy tính mật độ bề mặt của các điện tích liên kết tại ranh giới giữa điện môi và chân không theo khoảng cách r tính từ quả cầu. Xét kết quả thu được khi l  0.

Lời giải Bài này là bài toán ngược của bài toán 89. Trong bài 89 điện tích q đặt trong chân không, trong bài này q đặt trong điện môi . ' q(  1) Vậy mật độ điện mặt ' ở đây giảm đi  lần  '   ; '  0 khi l  0.  2 r 3 (  l ) Bài 93. Một nửa không gian được lấp đầy bằng một điện môi đồng tính đẳng hướng có hằng số điện môi . Nửa không gian còn lại được giới hạn bằng một mặt phẳng P. Một quả cầu nhỏ bằng kim loại có điện tích q được đặt trong điện môi, cách P một khoảng l.

Hãy tính mật độ bề mặt của các điện tích liên kết trên mặt phẳng ranh giới theo khoảng cách r kể từ quả cầu.

Lời giải Xét một điểm B nằm tại mặt P, cách q là AB = r. Nếu chưa có điện môi theo phương pháp ảnh điện, cường độ điện trường tại M là: E0 

ql

(1)

2 0 r 3

Khi có điện môi, cường độ điện trường tại B giảm  lần E

E0





ql

(2)

2 0 r 3

là do điện tích cảm ứng trên mặt điện môi (có mật độ ') gây ra tại B điện trường phụ:

83

 1   1 E '  E0  E  E0 1    E0   

(3)

Vẽ một mặt trụ nhỏ MNM'N' bao quanh B, có 2 đáy MN và M'N' bằng S và song song với P. Điện tích nằm trong mặt trụ là 'S. Theo định lí O – G:

 Dd S  q '   ' S

Suy ra 'S = DS = 0.E'S ' = 0E' Thay (4) vào (3), rút ra:  0 q1 q(  1)  '  0    3  2 0 r 2 r 3

(4)

Bài 94. Một tấm điện môi tự phân cực độ dày d được đặt trong một tụ điện phẳng mà hai bản đã nối với nhau bằng một dây

d

dẫn. Vectơ phân cực điện môi là p (hình 74). Khoảng cách giữa hai bản tụ điện là d. Hãy tính các vectơ D và E bên trong và bên ngoài bản điện môi.

h

p

Hình74 Lời giải Ta có: P = 0E = 0(-1)E

(1)

P  0 (  l )

(2)

Vậy E 

Phải xác định . Ở mặt ngăn cách C ta có D0n = Dn D0 = D  0E0 = 0E Suy ra E0 = E Ta lại có VB - VC = |E|h và VA -VC = VB -VC = |E0|(d - h) |E|h = |E0|(d - h)

(3) (4) (5)

vì E và E0 ngược chiều nhau nên E0(d - h) = - Eh Thay (4) vào (6):  E (d  h)   Eh    Thay vào (2): E 

(6)

h hd

P hd h  h P  h P   1    E   1   và D  D 0   0 E 0  P d 0 h  d  0  d  0

Bài 95. Một hình trụ tròn rất dài bằng chất điện môi bị phân cực sao cho vectơ P  ar , trong đó a là một hằng số dương, r là khoảng cách tính từ trục. Hãy tính mật độ thể tích của các điện tích liên kết theo r.

Lời giải Ta có biểu thức:  'dV  PdS (1)

84

Trong đó dS là điện tích bao bọc thể tích dV Ta lấy 1 đoạn hình trụ có độ cao dh Thể tích dV là thể tích phần hình trụ có độ cao dh: dV = R2dh. dS là điện tích xung quanh của phần hình trụ cao dh (diện tích 2 đáy nên PdS  PdS cos   0 .

Vậy dS = Rdh. (1) thành 'R2dh = - R.2Rdh   = - 2; ' không phụ thuộc vào r nghĩa là ' bằng hằng số âm, tức điện tích liên kết phân bố đều trong hình trụ.

Bài 96. Một quả cầu điện môi tự phân cực đồng đều, vectơ phân cực của nó là p . Nếu coi quả cầu bị phân cực như sự dịch chuyển của toàn bộ các điện tích dương và toàn bộ các điện tích âm trong điện môi. a) Hãy tính vectơ cường độ điện trường ở bên trong quả cầu b) Chứng minh rằng điện trường ở bên ngoài quả cầu là điện trường của một lưỡng cực điện được đặt tại tâm quả cầu và điện thế  

p0 r với p0 là momen điện của quả cầu, 4 0 r 3

r là khoảng cách tính từ tâm quả cầu.

c) Tính p0 Lời giải a) Xét một điểm M trên mặt cầu, ta có ' = Pn = pcos Diện tích dS = R2dcosd (xem hình 75) (1) mang điện tích dq' = 'dS = pR2dcossind (2) dq' gây ra tại O điện trường cảm ứng dE' dq ' pd cos  sin  d dE '   2 4 0 R 4 0 Hình chiếu dE của d E ' lên trục Ox là

z

M N 

dS

r y

O d E 'x

x



dE'

' x

dE 'x  dE 'cos  

pd cos 2  sin  d 4 0

Hình 75

Chú ý rằng nửa mặt cầu bên phải mang điện tích dương, nửa mặt cầu trái mang điện tích âm.

Ta có E '   dE 'x   E'

p 4 0

E' 

2

p 4 0

cos3  3

2

0

0



2  d  cos  ( sin  d ) 0

 

p 2 (l  1) p  4 0  3 3 0

p : điện trường cảm ứng E cùng phương ngược chiều với p .

3 0

b) Đặt OM = r thì AM = r = r + acos = r + ar 85

N

BM  r  r  a cos   r  ar

Ta có       

q' 4 0 r

q '  r  r  4 0  r r



q' 4 0 r

 2q ' ar p0 r   2 4 0 r 2  4 0 r

trong đó 2qa  p 0 là momen lưỡng cực điện.

Ta hãy tính q' và a từ đó suy ra p0 = 2aq' Từ (2) suy ra điện tích q' của hình vành khăn 2

 q '  pR 2 cos  sin  d  d  2 pR 2 cos  sin  d

(3)

0

1 2

và W   qiVi i

Xác định vị trí của "trọng tâm" điện tích q'.

Coi như "trọng tâm" điện tích q' đặt tại N với ON = Rcos Theo định nghĩa của trọng tâm thì vị trí C của trọng tâm là 0

a  OG 

1 1 2R ON . q '  2 R3 p cos 2  sin  d  2   q'  R p  /2 3

Vậy p0  2aq '  2.

2R 4  pR 2   R3 p  Vp 3 3

Bài 97. Trong một điện trường đều có vectơ cường độ q  CU 

 0 SU d

  0 SE người ta

đặt một quả cầu điện môi đồng tính. Trong các điều kiện đó chất điện môi bị phân cực đều. Hãy tính vectơ cường độ điện trường E ở bên trong quả cầu và vectơ phân cưc p của điện môi, có hằng số điện môi là . Khi giải hãy sử dụng kết quả của bài toán 96.

Lời giải Ta có E  E 0  E ' Theo bài tập 96 thì E '   Vậy E  E0 

p 3 0

 E p (  1) E  E0  0  E0  3 0 3 0 3

Suy ra E0  E 

3E0 (  1)  2 E  E  E  3  2  3 

Và p   0 (  1) E 

3 0 (  1) E0  2

86

Bài 98. Một hình trụ tròn dài vô hạn bằng điện môi tự phân cực đều có vectơ phân cưc p vuông góc với trục hình trụ. Hãy tính vectơ cường độ điện trường ở bên trong điện

môi.

Lời giải Xét một điểm M, mật độ điện mặt cảm ứng ' tại M. ' = pn = pcos Tính điện tích dq' trên 1 dải diện tích xung quanh hình trụ MNM'N' có độ cao h và bề rộng MM' = Rd. dq' = 'dS = pcosRd.h mật độ điện dài trên dải MM'NN' là 

dq '  pR cos  d h

dải này gây tại O điện trường.  p cos  d dE '   2 0 R 2 0 hình chiếu dE'x của d E lên trục x là p

dE 'x  dE 'cos  

Vậy E '   dE 'x 

2

p

 2 0

2

Tính

p

 2 0

cos d  2

0

2 0

2

 0

Thay vào (2) được E ' 

cos 2 d

(1)

cos 2 d

(2)

0

1 1 (cos 2  1)d (2 )  (sin 2  2 ) 4 4

2



0

p 2 0

Vì E ' ngược chiều p nên E '  

p 2 0

Bài 99. Một hình trụ tròn bằng điện môi đồng tính được đặt vào một điện trường đều   SU q  CU  0   0 SE . cường độ Trục hình trụ vuông góc với d

q  CU 

 0 SU d

  0 SE . Trong các điều kiện đó chất điện môi bị phân cực đều. Hãy sử

dụng kết quả của bài toán trên để tính vectơ cường độ điện trường bên trong hình trụ và vectơ phân cực điện môi có hằng số điện môi .

Lời giải Tương tự bài 97. Ta có E = E0 + E'  (  1) E p  1 E  E0   E0  0  E  E0 2 0 2 0 2 87

Suy ra E 

2 E0 2 (  1) E0 và p   0 (  1) E  0 (  1) (  1)

IV. CHUYỂN ĐỘNG CỦA ĐIỆN TÍCH TRONG ĐIỆN TRƯỜNG Bài 100. Một hạt khối lượng m, tích điện q quay quanh quả cầu dẫn điện bán kính r, tích điện Q. Quĩ đạo của hạt là đường tròn bán kính R và tâm trùng với tâm quả cầu. Tính tốc độ góc quay của hạt.

Lời giải Ta có thể coi trường tạo bởi điện tích q , điện tích Q và các điện tích hưởng ứng như là trường tạo bởi hệ của 3 điện tích : q, điện tích q '   Q

qr đặt ở C và điện tích R

qr đặt ở tâm hình cầu R

Theo kết quả bài toán trên, điện tích q ' đặt tại C, cách tâm O một đoạn d  r 2 / R Lực tác dụng lên điện tích q có độ lớn: F

q q' 4 0  R  d 

F 

2



q 2 rR

4 0  R 2  r

q(Q  q ' ) 4 0 R 2



2 2



O, Q 

q (QR  qr ) 4 0 R 3

qr R

d q’ C

F luôn hướng vào tâm O đóng vai trò của lực hướng tâm 

q 2 rR

4 0  R 2  r

 



2 2



q (QR  qr )  m 2 R 3 4 0 R

  qr (QR  qr )    4 0 m   R 2  r 2 2 4 0 R 4   

R

q

q M

Hình 76 Bài 101. Có bốn hạt mang điện giống nhau, khối lượng mỗi hạt là m, điện tích mỗi hạt là q, được giữ trên bốn đỉnh của một hình vuông. a) Hãy xác định động năng cực đại của mỗi hạt khi chúng được thả ra đồng thời. b) Hãy xác định động năng của từng hạt khi người ta lần lượt thả từng hạt một sao cho hạt tiếp theo được thả ra khi hạt trước nó đã đi khá xa hệ.

Lời giải Thế năng tương tác ban đầu của hệ bằng W0  4.

1 q  2q q  q2   (4  2) 2 4 0  a a 2  4 0 a

(1)

a. Khi thả đồng thời các hạt, do tính đối xứng của bài toán, các hạt được gia tốc như nhau, khiến cho khi ra tới vô cùng, động năng của chúng như nhau và bằng

88



1 2 1 q2 mv1·MAX  ¦ W0  4 2 4 16 0 a

2



(2)

b). Nếu thoạt đầu chỉ cho hạt ở đỉnh A đi ra xa thì động năng cực đại của bằng



1 2 1  2q q  1 mv AMA·X  q   4   2 4 0  a a 2  8 

2



(3)

Nếu hạt thứ hai đi ra từ đỉnh C, thì động năng cực đại của nó bằng (4)

1 2 2q q2 mvCMA·X  q   2 4 0 a 2 0 a

Còn hai hạt tại các đỉnh B và D. Giữ một hạt và thả hạt kia, thì động năng cực đại của nó bằng (5) 1 2 q q2 2

mvBMA·X  q 

4 0 a 2



4 2 0 a

Điện tích thứ tư được hoàn toàn tự do sau khi các điện tích khác của hệ đã ra xa vô cùng.

Nó không thể tự chuyển động từ trạng thái nghỉ và do đó không có đông năng.

Dễ dàng thấy rằng tổng các động năng (3), (4) và (5) đúng bằng động năng của cả hệ bốn điện tích khi thả đồng thời. Cũng dễ dàng thấy rằng nếu đổi thứ tự cho hai điện tích C và B, thì động năng cực đại của chúng tuy sẽ khác đi, nhưng tổng động năng của ba điện tích vẫn không đổi.

Bài 102. Một điện tử bay từ bản âm sang bản dương của một tụ điện phẳng, khoảng cách giữa hai bản tụ là d = 5 cm và hiệu điện thế giữa hai bản tụ 3000V. Điện tích của điện tử là q = -1,6.10-19C, khối lượng của điện tử là 3,1.10-31kg, vận tốc ban đầu của điện tử bằng không. a) Xác định thời gian điện tử bay từ bản âm đến bản dương. b) Xác định vận tốc của điện tử ngay khi chạm bản dương.

Lời giải Với bài tập này ta có thể giải theo hai cách: Cách 1: Dùng động lực học Trong cách này ta phải tìm gia tốc dựa vào định luật II Niutơn để xác định tính chất của chuyển động, thời gian chuyển động.

Cách 2: Sử dụng định lí động năng Áp dụng định lí động năng để xác định vận tốc của điện tử, từ đó sử dụng công thức động học tìm gia tốc, thời gian chuyển động.

Nói chung cả hai cách đều phải xác định gia tốc của điện tử.

Cách 1: - Khi điện tử chuyển động từ bản âm sang bản dương nó chịu tác dụng của lực điện trường. F  qE ( Bỏ qua tác dụng của trọng lực vì nó quá nhỏ).

- Áp dụng định luật II Niutơn cho điện tử, ta có: F  ma

89

- Chiếu phương trình lên chiều dương Ox ngược chiều E , ta có: F  ma  a 

F |q|U  m md

- Phương trình vận tốc và chuyển động của điện tử: v  v0  at

(1)

1 x  x0  v0t  at 2 2

(2)

a) Xác định thời gian chuyển động của điện tử: Khi điện tử chạm bản dương, ta có x = d Thay vào (2), ta được: 1 d  at 2 (do v0  0)  t  2

x +

+

+

F

2md 2  3.109 s. |q|U

E b) Xác định vận tốc của điện tử ngay khi chạm bản dương.

Thay giá trị của t vào phương trình (1), ta được: O |q|U v  v0  at   3, 2.107 m/s.

Hình 77 md Cách 2: - Gọi v là vận tốc của điện tử khi chạm bản dương.

- Công của lực điện thực hiện khi điện tử dịch chuyển từ bản âm tới bản dương là:

-

A  qU . ad

- Theo định lí động năng, ta có: Wđ  Angl 

2 qU ad 1 2 1 2 mv  mv0  qU ad  v   3.2.107 m/s 2 2 m

( Bỏ qua tác dụng của trọng lực vì khối lượng của nó rất nhỏ, Uad = 3000V, vì là hiệu điện thế giữa bản âm và bản dương) - Gia tốc của điện tử là: v 2  v02 qU ad  2d md Thời gian điện tử chuyển động từ bản âm đến bản dương là: a

v  v0  at  t 

2md 2  3.109 s. qU ad

Bài 103. Hai vật có kích thước nhỏ, khối lượng m1 và m2, mang các điện tích cùng dấu q1 và q2 nằm cách nhau một khoảng a trong chân không. Hãy tính công của lực điện trường khi thả đồng thời cả hai điện tích cho chúng tự do chuyển động. Xét trường hợp các khối lượng bằng nhau và trường hợp các khối lượng khác nhau.

90

q1, m1

q2, m2

O x1

x2

F1

l Hình 78

F2

Lời giải a. Trường hợp khối lượng các hạt bằng nhau, thì do lực như nhau, gia tốc các hạt như nhau. Chúng được đồng thời thả ra, nên các điện tích luôn đối xứng qua khối tâm chung, nằm chính giữa đoạn a ban đầu. Gọi x là các khoảng cách tức thời từ mối điện tích đến khối tâm, thì công dịch chuyển mỗi điện tích đi ra đến vô cùng bằng



A1 



qq Fdx  1 2 4 0 a/ 2





dx

2 x 

2

a/ 2

q q  1  1 2   16 0  x 



 a/ 2

q1 q2 8 0 a

Suy ra công toàn phần của lực điện trường khi cho cả hai điện tích đồng thời chuyển động ra xa vô cùng bằng A  A1  A2  2 A1 

q1 q2 4 0 R

b. Trường hợp các khối lượng m1 và m2 khác nhau. Khi đó, mặc dù lực tác dụng lên hai điện tích có độ lớn như nhau, nhưng gia tốc của hai hạt là khác nhau. Tuy nhiên, nếu chú ý rằng hệ hai điện tích là một hệ kín, lực tương tác giữa chúng là nội lực, thì có sự bảo toàn khối tâm của hệ (1) m1 x1 m2 m2 m1 x1  m2 x 2 

x2 



m2

x1  ( x1  x 2 )

m1  m2

m1 l m1  m2

và x 2 



m1  m2

l

(2)

trong đó l là khoảng cách tức thời giữa hai điện tích. Ta tính công của lực điện trường khi cả hai điện tích được thả ra đồng thời cho chuyển động đến vô cùng. Kí hiệu khoảng cách ban đầu từ khối tâm đến các điện tích lần lượt là a1 và a2, ta có công dịch chuyển của điện tích q1 ra xa vô cùng bằng 

A1 

 F dx 1

1

a1

Thay x1 theo l, ta được 

A1   F1dx1  a1



q1q2 m2 qq m2 dl 1  1 2 2  4 0 m1  m2 a l 4 0 m1  m2 a

Tương tự ta có công A2 cho điện tích q2 A2 

q1q2 m1 1 4 0 m1  m2 a

Thế năng tương tác ban đầu giữa hai điện tích được chuyển hoàn toàn thành công dịch chuyển đồng thời cả hai điện tích ra xa vô cùng và bằng Wt  A1  A2 

q1 q2 4 0 a

Tóm lại dù cho một hay cảc hai điện tích của hệ cùng dịch ra xa vô cùng thỡ cụng của lực điện trường cũng chỉ bằng thế năng của một điện tích này trong điện trường của điện tích kia khi chúng cách nhau một khoảng r.

91

Bài 104. Có hai điện tích điểm gắn cố định tại M và N. M A B N Người ta buông ra tại A một hạt mang điện tích q, thì nó vượt quãng đường AB trong khoảng thời gian t. Hỏi Hình 79 nếu buông ra tại A hạt mang điện tích bằng 3q, thì nó vượt quãng đường đó trong khoảng thời gian bao lâu ?

Khối lượng các hạt như nhau.

Lời giải Giả sử hạt mất một khoảng thời gian dt để đi thêm đoạn ds khi nó đang có vận tốc v thì, dt 

ds . Do đó khoảng thời gian càn thiết để vật đi từ A tới B là v

t

t

B

  dt 

ds v

(1)

A

0

Tương tự, gọi v2 là vận tốc tương ứng của hạt thứ hai, ta có t2

t2 

B

  dt 

A

0

ds V2

(2)

Ta tìm mối tương quan v2 với v theo định lí về động năng C

A



C

1 Fds  mV 2 2

(3)

và

A2 

A



F2 ds 

1 mV22 2

(4)

A

Nhưng do q2  3q nên F2  3 F . Thay vào (4) ta được C



A2  3 Fds  3 A A

hay là 1 1 mv22  3 v12  v2  v1 3 2 2

thay vào (2) ta được B

t2 

1 3

 A

ds  V1

t 3

Bài 105. Một electron chỉ dịch chuyển trên trục đi qua tâm O của một vòng tích điện có bán kính R. Chứng minh rằng lực tĩnh điện tác dụng lên electron có thể làm cho nó dao động quanh tâm O của vòng với tần số góc  

eq .Trong đó q là điện tích trên 4 0 mR 3

vòng , m là khối lượng của electron.

Lời giải Chứng minh được cường độ điện trường do R

92

q

M

x

x

một vòng dây tích điện gây ra tại một điểm M trên trục của nó cách O một khoảng x là: EM  k

x.q ( R  x 2 )3/2 2

+) Khi electron ở O ( x = 0) nên có E = 0 => Fđ = 0 +) Khi electron ở M lực điện tác dụng nên nó bằng: FM  e.EM   k

x.q.e Lực này luôn ngược hướng với x vì luôn kéo electron về vị ( R  x 2 )3/2 2

trí cân bằng O. Giả sử xét dịch chuyển nhỏ của electron ( x << R) => Áp dụng gần đúng ta có: x x x 2 3/2 x 3 x2  (1  )  (1   ....) ( R 2  x 2 )3/2 R 3 R2 R3 2 R2

Lấy gần đúng đến bậc nhất của x ta có: F  k

eqx  m 2 x 3 R

F = mx” và đặt  2 

keq mR 3

=> x "  2 x  0 Phương trình mô tả electron dao động điều hòa quanh O với tần số góc  

kqe qe  3 mR 4 0 mR 3

Bài 106. Cho điện tích q  108 C, m = 0,01g cách tấm dẫn phằng vô hạn đoạn h  4 cm .

Xác định: a) Gia tốc của điện tích khi nó bắt đầu chuyển động. b) Thế năng của hệ điện tích và tấm dẫn phẳng vô hạn. c) Vận tốc của điện tích trước khi chạm vào tấm dẫn phẳng. d) Thời gian để điện tích bay đến tấm phẳng.

Lời giải a) Gia tốc của điện tích được xác định a

F q2 k  14, 0625 ( m / s 2 ) m m(2h) 2

h

b) Xét điện tích q đi từ vô cùng đến mặt phẳng dẫn và cách tấm phẳng đoạn h. Chọn gốc thế năng ở vô cùng, khi đó công của điện trường được xác định: h

h

h

q2 kq 2 1 A   Fdx   Fdx   k dx  ( ) (2 x) 2 4 x   

h 

kq 2  4h

Lực điện là lực thế nên công của lực điện bằng độ giảm thế năng: A  Wto  Wt  0 

q

q

kq 2 kq 2  4h 4h

93

F ()

Hình 81

Như vậy, thế năng tương tác giữa điện tích q và tấm phẳng chỉ bằng một nửa so với thế năng tương tác giữa q và –q (học sinh thường cho rằng thế năng tương tác này là 

kq 2 2h

theo công thức của thế năng tương tác giữa hai điện tích). c) Vận dụng kết quả trên, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta dễ dàng xác định được vận tốc của điện tích khi chạm vào tấm dẫn phẳng: 

kq 2 kq 2 1   mv 2  v  4h h 2

3k q 2mh

d) Nhận thấy rằng chuyển động của điện tích là chuyển động nhanh dần biến đổi không đều (lực tác dụng thay đổi). Chọn chiều dương như hình vẽ. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại A và M (vị trí có tọa độ x) kq 2 kq 2 1 2 k 1 1   mv  v   q (  ) 4h 4x 2 2m h x dx dx Chú ý: v   dt  , tích phân hai vế dt v 

to

0

0

h

 dt  

1 q

k 1 1 (  ) 2m h x

h

dx 

2m kq 2 0

q

q

1 dx 1 1 (  ) h x

  x  0    Đặt x  h cos   dx  2hcos sin d ; khi  2  x  h    0 2

Hình 82 q

q 

2m 2h cos  sin  8mh d  0 dt  kq 2  1 kq 2 tan  2 h

to

0

3 0

8mh   cos  d  t0  kq 2 2

dương của Ox. Một hạt nhỏ khối lượng m, điện tích q chuyển động ở vùng xa gốc O trong mặt phẳng dưới tác dụng của điện trường gây bởi lưỡng cực. Bỏ qua tác dụng của trọng lực và lực cản. Xét chuyển động của hạt trong hệ toạ độ cực. Vị trí M của hạt ở thời điểm t được xác định bởi véctơ r  OM và góc



2

2

Bài 107. Trong mặt phẳng Oxy người ta đặt cố định tại gốc toạ độ O một lưỡng cực điện có momen lưỡng cực p . Vectơ p nằm trên trục Ox và hướng theo chiều



m 2 h3 0 cos  d  2kq 2

3 2

y

q, m r

O



x p Hình 83

  OM , p .

1) Chứng minh rằng chuyển động của hạt tuân theo các phương trình vi phân sau: (1)  r 2 ' '  4qpsinmr2 0

94

r '2  rr " 

2W0 m

(2)

Trong đó W0 là năng lượng ban đầu của hạt.

2) Biết tại thời điểm t = 0 hạt ở vị trí M0 có r  0   r0 ;   0   0 ; r '  0   r0' ;  (0)  0' .

Hãy xác định khoảng cách r(t) từ hạt tới gốc O theo t.

3) Tìm các điều kiện để hạt chuyển động theo quỹ đạo là cung tròn tâm O bán kính r 0.

Tính chu kì và tốc độ góc cực đại của hạt. Mô tả chuyển động của hạt trong hai trường hợp: q > 0 và q < 0.  /2



Cho

0

d  2, 62 . cos

Lời giải 1) Xác định điện trường gây bởi lưỡng cực điện ở điểm xa O. Gọi q0 là điện tích lưỡng cực và l là khoảng cách giữa 2 điện tích của lưỡng cực thì p = q0l. Điện thế  

h

q

q0 1 1 q r r (  )  0 ( 2 1) 4 0 r1 r2 4 0 r2 r1

Coi (r2 -r1)  lcos ; r1  r2  r ; q0l = p q q l cos  p cos  r r   0 ( 2 1)  0  4 0 r2 r1 4 0 r 2 4 0 r 2

A

O

M

Hình 84

d pcos Er    dr 2 0 r 3

E  

q

d 1 d p sin    ds r d 4 0 r 3

Trong hệ tọa độ cực E 

pcos p sin  e  e 3 r 2 0 r 4 0 r 3

Phương trình chuyển động của điện tích trong điện trường trên có dạng : qpcos qp sin  ma  qE  e  e (*) 3 r 2 0 r 4 0 r 3

e

r2

Trong tọa độ cực, chú ý rằng: v  r ' er  r ' e ,

d r1

với er , e là các véc tơ đơn vị der   ' e ; dt

M



p Hình 85

de   ' er , dt

ta có: de de dv  r '' er  r ' r   r ' ' e  r '   r '' er  r ' ' e   r ' ' e  r ( ')2 er dt dt dt dv 1 hay a    r ''  r '2  er   r 2 ' ' e (**) dt r a

Từ (*) v à (**) suy ra 95

dS

er

r "  r '2 

qpcos 2 0 mr 3

(1)

qp sin  4 0 mr 2

 r  ' '  2

(2)

Từ định luật bảo toàn năng lượng: 1 2 mv  q  r   const  W0 2 1 qpcos  m  r '2  r 2 '2    W0 2 4 0 r 2  r '2  r 2 '2 

2W0 qpcos  2 2 0 mr m

Từ (1) và (3) ta có: r '2  rr " 

(3)

2W0 m

(4)

2) Đặt u  t   r 2  t   u '  2rr '  u "  2rr "  2r '2 Thay vào phương trình (4) có: 2W0 4W0 2W0 2 1 u"   u'  t  C1  u  t  C1t  C2 2 m m m 2W0 2 t  C1t  C2 Hay r 2  t   m

Từ các điều kiện ban đầu tìm được: C1  2r0 r0' ; C2  r 2 0

Vậy: r 2  t  

2W0 2 t  2r0 r0't  r02 m

(5)

3) Để quỹ đạo của hạt là cung tròn thì r(t) = const.

Từ (5)  W0  0, r0'  0 đồng thời r’(t) = 0.

Từ điều kiện r '  t   0  v  r ' và v  r ; v0  r0 Từ điều kiện W0 = 0  m  r0 '   1 2

2

qpcos 0 4 0 r02

Phương trình (6) viết lại thành: qpcos  '2   2 0 mr04  " 

(7)

qp sin  4 0 mr04

*) Trường hợp qp < 0: ta có  m ax 

(6)

(8) 

qp khi  = 0.

2 0 mr04

Góc  tăng dần tới  / 2 . Tại  =  /2 thì    0 và  "  0 , góc  giảm và hạt quay trở lại. Tại  =   /2 thì θ  0 và  "  0 , góc  tăng, hạt lại chuyển động quay trở lại. Vậy  / 2     / 2 . Hạt chuyển động trên nửa đường tròn như hình vẽ 86a.

Vì

d  dt

qp cos 2 0 mr04

nên chu kì của chuyển động này là:

96

 /2

 /2

0

0

T  4  dt  4   T 10, 48

2 0 mr04 qp

2 0 mr04 d 4 qp cos

 /2

 0

d cos

2 0 mr04 qp

*) Trường hợp qp > 0: ta có  m ax 

qp khi  =  .

2 0 mr04

Khi  =  / 2 và  = 3 / 2 thì θ= 0 , hạt sẽ quay trở lại. Nghĩa là hạt sẽ dao động trên nửa vòng tròn từ  / 2    3 / 2 (Hình 86b).

Chu kì của chuyển động:

y

y M

M

r0



O

r0



x

p

O

Hình 86 a

T  10, 48

x p

Hình 86 b

2 0 mr04 qp

97

Bài 108. Chuyển động của một lưỡng cực điện trong từ trường.

Trong từ trường đều và không đổi B , chuyển động tịnh tiến của một hệ điện tích gắn với chuyển động quay của nó. Do đó, các định luật bảo toàn liên quan đến động lượng và thành phần momen động lượng song song với hướng của B phải được phát biểu dưới dạng khác so với cách thông thường. Điều đó được nghiên cứu trong bài toán này khi khảo sát chuyển động của một lưỡng cực điện tạo bởi hai hạt có cùng khối lượng m nhưng mang các điện tích trái dấu nhau q (q > 0) và – q. Hai hạt này nối với nhau bởi một thanh cách điện mỏng, cứng có chiều dài l và khối lượng không đáng kể. Gọi l  r1  r2 trong đó r1 và r2 lần lượt là vec tơ vị trí của hạt mang điện tích q và – q. Kí hiệu  là vận tốc góc của chuyển động quay quanh khối tâm của lưỡng cực điện. Kí hiệu rCM và vCM lần lượt là vec tơ vị trí và vectơ vận tốc của khối tâm. Có thể bỏ qua các hiệu

ứng tương đối tính, bức xạ sóng điện từ và chuyển động quay của lưỡng cực điện quanh đường thẳng nối hai hạt.

Chú ý rằng lực từ tác dụng lên hạt có điện tích q và vận tốc v là qv  B trong đó tích có hướng A1  A2 của hai vec tơ A1 và A2 được định nghĩa theo các thành phần x, y, z của các vec tơ này trong hệ tọa độ vuông góc bởi các công thức sau:

A  A   A  A  A  A  A  A   A  A  A  A  A  A   A  A  A  A  1

2

1

2

1

2

x

y

z

1

1

1

y

z

x

2

2

2

1

z

1

x

1

y

z

x

y

2

2

2

y

z

x

1) Các định luật bảo toàn. a) Hãy tính lực tổng cộng và mô men lực tổng cộng đối với khối tâm tác dụng lên lưỡng cực điện và viết các phương trình chuyển động của khối tâm và chuyển động quay quanh khối tâm của nó. b) Từ phương trình chuyển động của khối tâm, hãy rút ra dạng biến đối của định luật bảo toàn đối với động lượng toàn phần trong đó P là kí hiệu đại lượng bảo toàn đó.

Hãy viết biểu thức cho năng lượng bảo toàn E biểu diễn qua vCM và  . c) Mô men động lượng gồm hai phần. Một phần là do chuyển động của khối tâm, còn phần kia là do chuyển động quay quanh khối tâm. Từ dạng biến đổi của định luật bảo toàn đối với động lượng toàn phần và phương trình của chuyển động quay quanh khối tâm, hãy chứng minh rằng đại lượng J được định nghĩa như sau:





J  rCM  P  I  B là đại lượng bảo toàn. Ở đây I là momen quán tính đối với trục đi qua

khối tâm và vuông góc với l , B là vec tơ đơn vị theo hướng của từ trường.

Chú ý rằng: A1  A2   A2  A1 A1.( A2  A3 )  ( A1  A2 ). A3

98

A1  ( A2  A3 )  ( A1. A3 ). A2  ( A1. A2 ). A3

Đối với ba vec tơ A1 , A2 và A3 bất kì. Áp dụng nhiều lần hai công thức đầu ở trên để rút ra các định luật bảo toàn đã nêu.

2) Chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với B Giả sử từ trường không đổi hướng dọc theo trục z, do đó B  Bz với z là véc tơ đơn vị dọc theo trục z. Sau đây ta giả thiết rằng lưỡng cực điện chỉ chuyển động trong mặt phẳng z = 0, thành thử    z . Giả sử ban đầu khối tâm của lưỡng cực điện nằm ở gốc tọa độ, vec tơ l hướng theo chiều dương của trục x và vận tốc góc ban đầu của lưỡng cực điện là 0 z . a) Nếu độ lớn của 0 nhỏ hơn giá trị tới hạn c thì lưỡng cực điện sẽ không thực hiện được đủ một vòng quay quanh khối tâm. Hãy tìm c . b) Với 0  0 tùy ý, khoảng cách lớn nhất d m theo hướng trục x mà khối tâm có thể đạt tới là bao nhiêu? c) Lực căng tác dụng lên thanh nối là bao nhiêu? Hãy biểu diễn lực này như là hàm của vận tốc góc  .

Lời giải 1) Các định luật bảo toàn a) Kí hiệu vận tốc của hai hạt là v1 và v2 . Ta có rCM

.

1 1  ( r1  r2 ) , vCM  ( v1  v2 ) , l  r1  r2 , l  v1  v2 2 2

Để tính lực tổng hợp tác dụng lên lưỡng cực, ta chỉ cần xét ngoại lực gây bởi từ trường B . Do đó ta nhận được:









.

F  F1  F2  q v1  B  (q) v2  B  q(v1  v2 )  B  q l B

Bởi vậy, phương trình chuyển động của khối tâm là: .

.

M vCM  q l B  q(v1  v2 )  B

(M = 2m)

(1)

Tương tự, mô men lực toàn phần đối với khối tâm được cho bởi: l



 v1  v2   l   B   ql  vCM  B   qv2  B  ql    2  2 



     q v1  B   2









Vì lưỡng cực điện không quay xung quanh đường thẳng nối hai hạt, mô men động lượng của lưỡng cực đối với khối tâm của nó là L  I  , trong đó I là mô men quán tính đối với trục đi qua khối tâm và vuông góc với l và được cho bởi: 2

2

2 l  l  ml I  m   m   2 2 2

(2)

Do đó phương trình cho chuyển động quay quanh khối tâm là:

99



. dL  I     ql  vCM  B dt



(3)

b) Từ phương trình (1) ta nhận được định luật bảo toàn động lượng: .

P  0, P  M vCM  ql  B

(4) .

Có thể biết vận tốc tương đối của hai hạt là l  v1  v2    l Bởi vậy, từ phương trình (1) và (3) ta nhận được:



.

vCM .M vCM  .I   qvCM . l B  q.l  vCM  B



.







 q l .vCM  B  q   l . vCM  B  0

Có thế viết lại như sau vCM  M vCM    I  

1 d 1 d 2 ( M vCM  vCM  I    )  (MvCM  I 2 ) 2 dt 2 dt

Từ hai phương trình cuối cùng ta nhận được định luật bảo toàn năng lượng: .

E  0, E 

1 1 2 MvCM  I 2 2 2

(5)

c) Sử dụng các phương trình (3) và (4) và chú ý rằng cả P và B đều không đổi, ta nhận được:



 



 

. . d ( I .B)  I  .B  B.I   qB.l  vCM  B  q B  l . vCM  B  P  M vCM dt d  P vCM  B  P  vCM .B   vCM  P .B   rCM  P .B dt



 









 v

CM

B



 

Chuyển số hạng cuối cùng sang vế trái của phương trình, ta nhận được định luật bảo toàn:



.



J  0; J  rCM  P  I  .B

(6)

Cho thành phần momen động lượng dọc theo hướng của B .

2) Chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với B . a) Vì lưỡng cực điện nằm trong mặt phẳng z = 0, ta có thể viết





.

l  l cos (t ) x  sin  (t ) y ;  (0)  0;  (0)  0 .

(7) .

Có thể biểu diễn vận tốc góc qua  như sau:    z   z Từ phương trình (4) ta có:





M vCM  P  qlB sin  x  cos y

(8) (9)

Tại thời điểm t = 0, ta có vCM  0 và   0 , do đó đại lượng bảo toàn là: P  qlB y

(10)

Bởi vậy, từ phương trình (9) và (10) ta có: . .  qlB   qlB  xCM   sin  ; y CM     (1  cos )  M   M 

100

(11)

Từ định luật bảo toàn năng lượng hoặc phương trình (5), ta có: 1 . 2 (qlB ) 2 1 I  (1  cos )  I 02 2 M 2 .

1 2

Hay là:  2  c2 (1  cos )  02

(12)

4(qlB) 2 2qB  MI m

(13)

Trong đó: c 

(Chú ý rằng phương trình (12) có dạng giống như phương trình cho con lắc đơn thu nhận được bằng cách tương tự) .

Để thực hiện được đủ một vòng,  không thể bằng không, do đó từ phương trình (12) ta .

1 2 có:   c (1  cos )   2  0 2 2 0

.

Khi    ,  2 đạt giá trị cực tiểu 02  c2 và suy ra: 02  c2  0 ; 0  c 

2qB m

(14)

Bởi vậy, giá trị tới hạn là c cho bởi phương trình (13). b) Phương trình (10) có thể viết lại là : P  P y , để cho P  qlB  0 .

Từ phương trình (6) ta có: xCM P  I   J

(15)

Tại thời điểm t = 0, xCM  0 và 0  c . Do đó J  I0 và phương trình (15) trở thành: xCM P  I (0   )

(16) .

Vì 0  0 như đã nêu trong đầu bài và theo phương trình (12) 02   2   2 , ta có 0   . Từ (16) suy ra xCM  0 . Do đó xCM đạt giá trị cực đại dm khi  có giá trị cực tiểu.

Nếu 0  c , lưỡng cực điện dao động quanh   0 và giá trị cực tiểu của  là 0 , do đó: dm 

I (20 )  m0    l , 0  c P  qB 

(17)

Nếu 0  c ,  sẽ không khi nào bằng không và luôn luôn dương. Giá trị cực tiểu của  là 02  c2 , do đó: dm 

I (0  02  c2 ) P

 m  2 2   l (0  0  c ), 0  c 2 qB  

1 2

Nếu 0  c , thì  2  c2 (1  cos )  c2 cos 2

 2

Khi  tăng và gần bằng , ta đặt     2

101

.  và   c cos .

2

(18)

1 2

.

1 2

Khi đó    c sin    c do đó   e t /2 và để   0 hay    thì t   . Vì thế c

.

  0 , giá trị cực tiểu của  là không và dm 

 m  I 0   0  l , 0  c P  2qB 

(19)

c) Chọn giá trị dương của lực ứng với lực nén trên thanh. Lực căng trên thanh bằng tổng của ba thành phần: Lực Cu - lông giữa các hạt: FC 

q2 4 0 l 2 1

(20) 1 2

Hiệu ứng li tâm khi quay thanh bằng: Fl   m 2l

(21)

Thành phần song song với l của lực từ khi cả hai hạt chuyển động tịnh tiến cùng với .



khối tâm bằng: F/ /  q(vCM  B)( l )  qvCM . l  B



(22) Bình phương hai vế của phương trình (4) ta nhận được: P 2  ( MvCM )2  2M vCM .ql  B  (qlB) 2

(23)

Sử dụng phương trình (10) và phương trình (5) cho phương trình cuối cùng ta được:





1 1 2 MvCM  qlvCM . l  B  I (02   2 ) 2 2

(24)

Kết hợp ba thành phần (20), (21), (22) ta tìm được lực căng trên thanh: T

1 q2 1 1  m 2l  ml (02   2 ) 2 4 0 l 2 4

(25)

Chú ý: giá trị dương của T ứng với lực nén trên thanh.

102

KẾT LUẬN Qua thời gian nghiên cứu, mặc dù còn hạn chế song đề tài đã đạt được một số kết quả nhất định, cụ thể như sau: - Đề tài đã nghiên cứu và làm sáng tỏ thêm một số vấn đề cơ bản về nội dung tĩnh điện.

- Nghiên cứu cơ sở lý thuyết về tĩnh điện: điện tích, điện trường, phân cực điện môi, thông lượng, định luật Gau – xơ…

- Đề tài đã chọn lọc, phân loại được một số bài tập tiêu biểu và đề xuất phương án giải chi tiết.

103

Tài liệu tham khảo [1]. Lương Duyên Bình, Dư Trí Công, Nguyễn Hữu Hồ (1999), Vật lí đại cương, Nhà xuất bản Giáo dục.

[2]. Vũ Thanh Khiết, Nguyễn Thế Khôi (2010), Bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí trung học phổ thông, Nhà xuất bản Giáo dục.

[3]. Vũ Thanh Khiêt (chủ biên), Lưu Hải An, Phạm Vũ Kim Hoàng, Nguyễn Đức Hiệp, Nguyễn Hoàng Kim, Bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí trung học phổ thông (2010), Nhà xuất bản Giáo dục.

104