Bài giảng Điện học

117 trang phuongnguyen 5510

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Điện học", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_giang_dien_hoc.pdf

Nội dung text: Bài giảng Điện học

Điện học Ch−ơng 1: Tr−ờng tĩnh điện 1-1. Tìm lực hút giữa hạt nhân và electron trong nguyên tử Hyđrô. Biết rằng bán kính nguyên tử Hyđrô là 0,5.10 -8 cm, điện tích của electron e = -1,6.10 -19 C. Giải: Sử dụng công thức lực t−ơng tác giữa hai điện tích của định luật Culông (với điện tích của -19 -10 electron và hạt nhân hyđrô q e = - qp = -1,6.10 C, khoảng cách r = 0,5.10 m): kq q .9 109.( .6,1 10−19 )2 F = − 1 2 = ≈ ,9 23.10−8 N r 2 .5,0( 10−10 )2 1-2. Lực đẩy tĩnh điện giữa hai proton sẽ lớn hơn lực hấp dẫn giữa chúng bao nhiêu lần, cho biết điện tích của proton là 1,6.10 -19 C, khối l−ợng của nó bằng 1,67.10 -27 kg. Giải: Theo công thức của định luật Culông và định luật vạn vật hấp dẫn, ta có: kq2 Gm2 F = − ; và F = − 1 r 2 2 r 2 2 9 −19 2 F1 kq .9 10 .( .6,1 10 ) 36 ⇒ = 2 = −11 −27 2 ≈ ,1 25.10 (lần) F2 Gm ,6 67.10 .( ,1 67.10 ) 1-3. Hai quả cầu đặt trong chân không có cùng bán kính và cùng khối l−ợng đ−ợc treo ở hai đầu sợi dây sao cho mặt ngoài của chúng tiếp xúc với nhau. Sau khi truyền cho -7 các quả cầu một điện tích q 0 = 4.10 C, chúng đẩy nhau và góc giữa hai sợi dây bây giờ bằng 60 0. Tính khối l−ợng của các quả cầu nếu khoảng cách từ điểm treo đến tâm quả cầu bằng l = 20 cm. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Giải: Do các quả cầu là giống nhau nên điện tích mỗi quả cầu nhận đ−ợc là: T 2α Fđ P q q = q = 0 = .2 10−7 C 1 2 2 Hai quả cầu cân bằng khi: P + Fd + T = 0 F Khi đó, dễ dàng nhận thấy: tg α = d P 2 kq 1q2 kq 0 với P = mg và Fd = = r 2 4()2l.sinα 2 q 2 q 2 kq 2 ⇒ 0 ⇒ 0 0 tg α = 2 2 P = 2 2 = 2 2 4πεε 0 .16l sin α.P 64 πεε 0l sin α.tg α 16 l .sin α.tg α Thay số: 2 1.9.109.( 4.10−7 ) P = = ,0 157 (N) 16 2,0. 2.sin 2 ()()30 0 .tg 30 0 P ,0 157 ⇒ m = = = ,0 016 (kg ) = 16 (g) g 9,81 1-4. Tính khối l−ợng riêng của chất làm quả cầu trong bài 1-3. Biết rằng khi nhúng các quả cầu này vào dầu hỏa, góc giữa hai sợi dây bây giờ chỉ bằng 54 0 (ε = 2 đối với dầu hỏa). Giải: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Từ kết quả bài 1-3, ta đd có đối với quả cầu đặt trong không khí thì: 2 q0 P = 2 2 (1) 64 πε 1ε 0l sin α1.tg α1 Khi nhúng các quả cầu vào dầu hoả, mỗi quả cầu sẽ chịu thêm tác dụng của lực đẩy Acsimét P 1 h−ớng ng−ợc chiều với trọng lực. Do đó, bằng tính toán t−ơng tự bài trên, ta thu đ−ợc: 2 q0 P − P1 = 2 2 (2) 64 πε 2ε 0l sin α 2 .tg α 2 Mặt khác: P = mg = ρVg ; P1 = ρ0Vg (3) Từ (1), (2) và (3), ta có: 2 P − P1 ε1 sin α1.tg α1 ρ − ρ0 = 2 = P ε 2 sin α 2 .tg α 2 ρ 2 2 ⇒ ε1 sin α1.tgα1.ρ = ε 2 sin α 2 .tgα 2 (ρ − ρ0 ) 2 ε 2.sin α 2.tgα2 ⇒ ρ = ρ0. 2 2 ε 2.sin α2.tgα2 − ε1.sin α1.tgα1 0 0 3 Thay số với: ε1 = ;1 ε 2 = ;2 α1 = 30 ; α 2 = 27 ; ρ0 = 800 (kg / m ) 2. sin 2 27 0.tg 27 0 ρ = .800 = 2550 (kg / m3 ) 2. sin 2 27 0.tg 27 0 − sin 2 30 0.tg 30 0 1-5. Hai quả cầu mang điện có bán kính và khối l−ợng bằng nhau đ−ợc treo ở hai đầu sợi dây có chiều dài bằng nhau. Ng−ời ta nhúng chúng vào một chất điện môi (dầu) có khối l−ợng riêng ρ1 và hằng số điện môi ε. Hỏi khối l−ợng riêng của quả cầu ( ρ) phải bằng bao nhiêu để góc giữa các sợi dây trong không khí và trong điện môi là nh− nhau. Giải: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Sử dụng các tính toán đd làm ở bài 1-4, và thay ρ0 = ρ1, ε 2 = ε, ε1 =1, ta có: 2 ε.sin α 2 .tg α 2 ε ρ = ρ1. 2 2 = ρ1 2 ε.sin α 2 .tg α 2 − sin α1.tg α1 sin α1.tg α ε − 2 sin α 2 .tg α 2 Với điều kiện góc lệch giữa các sợi dây trong không khí và chất điện môi là nh− nhau hay: 2 2 α1 = α 2 ⇒ sin α1.tg α1 = sin α 2 .tg α 2 biểu thức trên trở thành: ε ρ = ρ ε −1 1 1-6. Một electron điện tích e, khối l−ợng m chuyển động đều trên một quỹ đạo tròn bán kính r quanh hạt nhân nguyên tử Hyđrô. Xác định vận tốc chuyển động của electron trên quỹ đạo. Cho e = -1,6.10 -19 C, m = 9,1.10 -28 kg, khoảng cách trung bình từ electron đến hạt nhân là r = 10 -8cm. Giải: Êlêctrôn chuyển động xung quanh hạt nhân theo quỹ đạo tròn d−ới tác dụng của lực h−ớng tâm chính là lực Culông. Fht = FCoulomb v2 e2 ⇒ m = 2 r 4πεε 0r 2 2 2 e.r e ⇒ v = 2 = m 4. πεε 0r 4πεε 0mr e2 e ⇒ v = = 4πεε 0mr 2 πεε 0mr Thay số, ta có: 1,6.10−19 v = =1,6.106 (m / s) 2 π.1.8,86.10−12 .9,1.10−31 .10−10 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
1-7. Tại các đỉnh A, B, C của một hình tam giác ng−ời ta lần l−ợt đặt các điện tích điểm: q 1 -8 -8 -8 = 3.10 C; q 2 = 5.10 C; q 3 = -10.10 C. Xác định lực tác dụng tổng hợp lên điện tích đặt tại A. Cho biết AC = 3cm, AB = 4cm, BC = 5cm. Các điện tích đều đặt trong không khí. F1 A α F F2 C B Giải: Ta có: + Lực F1 của q 2 tác dụng lên q 1: −8 −8 q1q2 3.10 .5.10 −3 F1 = 2 = −12 −2 2 = 8,4.10 (N) 4πεε 0rAB 4π.1.8,86.10 .( 4.10 ) + Lực F2 của q 3 tác dụng lên q 1: −8 −8 q1q3 3.10 .10.10 −3 F2 = 2 = −12 −2 2 = 30 .10 (N) 4πεε 0rAC 4π.1.8,86.10 .( 3.10 ) + Dễ dàng nhận thấy: BC 2 = AB 2 + AC 2 Vậy, tam giác ABC vuông tại A. Khi đó: - Lực F có ph−ơng hợp với cạnh AC một góc α xác định bởi: −3 F1 8,4.10 0 tg α = = −3 ≈ 0,28 ⇒ α =15 42 ' F2 30 .10 - Chiều của F nh− hình vẽ. - Độ lớn của lực đ−ợc tính bằng: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2 2 −3 2 −3 2 −2 F = F1 + F2 = (8,4.10 ) + (30.10 ) = 3,11.10 (N) 1-8. Có hai điện tích bằng nhau và trái dấu. Chứng minh rằng tại mọi điểm cách đều hai điện tích đó, ph−ơng của lực tác dụng lên điện tích thử q 0 song song với đ−ờng thẳng nối hai điện tích đó. Giải: Gọi ∆ là đ−ờng trung trực của đoạn thẳng AB nối hai điện tích q 1 và q 2 bằng nhau và trái dấu. Xét điện tích thử q 0 (cùng dấu với điện tích đặt tại B) đặt tại C nằm trên ∆. Ta có: q1q0 q2q0 F1 = 2 = 2 = F2 4πεε 0 (BC) 4πεε 0 (AC ) F1 ∆ F C α α F2 A B Xét thành phần của tổng hợp lực F dọc theo ∆: F∆ = F1 cos α − F2 cos α = (F1 − F2 )cos α = 0 Vậy, F chỉ có thành phần h−ớng theo ph−ơng vuông góc với ∆, hay F song song với đ−ờng thẳng nối hai điện tích q 1 và q 2. 3 2 q1q0 sin α 2 q1q0 sin α F = F1 sin α + F2 sin α = 2 = 2 4πεε 0  l  πεε 0lAB  AB   2sin α  1-9. Tìm lực tác dụng lên một điện tích điểm q = (5/3).10 -9C đặt ở tâm nửa vòng xuyến bán -7 kính r 0 = 5cm. tích điện đều với điện tích Q = 3.10 C (đặt trong chân không). Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Giải: Ta chia nửa vòng xuyến thành những phần tử dl mang điện y tích dQ. Chúng tác dụng lên điện tích q lực dF. áp dụng nguyên lý chồng chất lực, ta có: dl F dF F dF x = ∫ sin α; y = ∫ cos α q dF x (nửa vòng xuyến) (nửa vòng xuyến) α ro Ta có: dF x dQ .q dF = 2 4πεε 0r0 Q với dQ = dl ; dl = r0.dα πr0 Qq ⇒ dF = 2 2 dα 4π εε 0r0 Do tính đối xứng, ta thấy ngay F y = 0, nên π 2 Qq Qq F = F = cos α.dα = x ∫ 2 2 2 2 π 4π εε 0r0 2π εε 0r0 − 2 Thay số: 3.10−7.( 5/ 3).10 −9 F = = 1,14.10−3 (N) .2 π 2 .1.8,86.10−12 .( 5.10−2 )2 -8 -8 1-10. Có hai điện tích điểm q 1 = 8.10 C và q 2 = -3.10 C đặt cách nhau một khoảng d = 10cm trong không khí ( hình 1-1). Tính: 1. C−ờng độ điện tr−ờng gây bởi các điện tích đó tại các điểm A, B, C. Cho biết: MN = d = 10cm, MA = 4cm, MB = 5cm, MC = 9cm, NC = 7cm. 2. Lực tác dụng lên điện tích q = -5.10 -10 C đặt tại C. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
C q1 q2 B M A N Hình 1 -1 Giải: 1. áp dụng nguyên lý chồng chất điện tr−ờng: + Điện tr−ờng do q 1 và q 2 gây ra tại A cùng ph−ơng cùng chiều: EC1 C α α EC EC2 EB q1 q2 B M A EA N q q E = E + E = 1 + 2 A A1 A2 2 2 4πεε 0 (AM ) 4πεε 0 (AN ) 1  8.10−8 3.10−8  E   A = −12  −2 2 + −2 2  4π.1.8,86.10  (4.10 ) (6.10 )  = 52 ,5.104 (V / m) + Điện tr−ờng do q 1 và q 2 gây ra tại B cùng ph−ơng ng−ợc chiều: q q E = E − E = 1 − 2 B B1 B2 2 2 4πεε 0 (BM ) 4πεε 0 (BN ) 1  8.10−8 3.10−8  E =  −  = 27 ,6.104 (V / m) B −12  −2 2 −2 2  4π.1.8,86.10  (5.10 ) (15.10 )  + Ph−ơng, chiều của E A và E B đ−ợc xác định nh− trên hình vẽ. Dùng định lý hàm số cos, ta thu đ−ợc: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
E = E 2 + E 2 − 2E E cos α C C1 C2 C1 C2 Ta cũng có: MC 2 + NC 2 − MN 2 92 + 72 −10 2 MN 2 = MC 2 + NC 2 − 2MC .NC .cos α ⇒ cos α = = = 0,23 2MC .NC 2.9.7 q 8.10−8 E = 1 = = 8,87.104 (V / m) C1 2 −12 −2 2 4πεε 0 (CM ) 4π.8,86.10 .( 9.10 ) q 3.10−8 E = 2 = = 5,50.104 (V / m) C2 2 −12 −2 2 4πεε 0 (CN ) 4π.8,86.10 .( 7.10 ) Vậy: 4 2 4 2 4 4 4 EC = (8,87.10 ) + (5,50.10 ) − 2.8,87.10 .5,50.10 .0,23 = 9,34.10 (V / m) Để xác định ph−ơng của E C, ta xác định góc θ là góc giữa E C và CN theo định lý hàm số sin: E E E sin α C1 = C ⇒ sin θ = C1 sin θ sin α E C 8,87.104. 1− (0,23)2 sin θ = = 0,92 ⇒ θ = 67 009 ' 9,34.104 −10 4 −4 2. Ta có: FC = q.EC = 5.10 .9,34.10 = ,0 467 .10 (N) Chiều của lực F C ng−ợc với chiều của điện tr−ờng E C trên hình vẽ. 1-11. Cho hai điện tích q và 2q đặt cách nhau 10 cm. Hỏi tại điểm nào trên đ−ờng nối hai điện tích ấy điện tr−ờng triệt tiêu. Giải: Trên đ−ờng nối hai điện tích, điện tr−ờng do chúng gây ra luôn cùng ph−ơng ng−ợc chiều nên ta có: q 2q q  1 2  E = E − E = − =  −  1 2 2 2  2 2  4πεε 0r1 4πεε 0r2 4πεε 0  r1 r2  Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Giả sử tại điểm M cách điện tích q một khoảng r, điện tr−ờng triệt tiêu. Điểm M cách điện tích 2q một khoảng là (l-r) với l là khoảng cách giữa q và 2q. q  1 2    E =  2 − 2  = 0 4πεε 0  r l( − )r  1 2 ⇒ − = 0 ⇒ l( − )r 2 = r2 2 r 2 l( − )r 2 ⇒ l − r = 2r l 10 ⇒ r = = ≈ 4,14(cm) 1+ 2 1+ 2 Vậy, điện tr−ờng giữa hai điện tích q và 2q triệt tiêu tại điểm M nằm trên đ−ờng nối hai điện tích tại vị trí cách điện tích q là 4,14 (cm). 1-12. Xác định c−ờng độ điện tr−ờng ở tâm một lục giác đều cạnh a, biết rằng ở sáu đỉnh của nó có đặt: 1. 6 điện tích bằng nhau và cùng dấu. 2. 3 điện tích âm và 3 điện tích d−ơng về trị số đều bằng nhau. Giải: 1. Nếu ta đặt tại sáu đỉnh của lục giác đều các điện tích bằng nhau và cùng dấu, thì các cặp điện tích ở các đỉnh đối diện sẽ tạo ra tại tâm các điện tr−ờng bằng nhau nh−ng ng−ợc chiều, nên chúng triệt tiêu lẫn nhau. Do vậy, điện tr−ờng tổng cộng tại tâm lục giác bằng không. E0 = 0 (do tính đối xứng) 2. Để đặt ba điện tích d−ơng và ba điện tích âm cùng độ lớn vào sáu đỉnh của lục giác đều, ta có ba cách xếp nh− sau: a) Các điện tích âm và d−ơng đ−ợc đặt xen kẽ với nhau: Ta nhận thấy: các cặp điện tr−ờng (E 1, E 4), (E 2, E 5) và (E 3, E 6) cùng ph−ơng cùng chiều và các điện tr−ờng có cùng độ lớn. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
5 6 ⇒ Các cặp điện tích 1-4, 2-5 và 3-6 tạo ra các điện tr−ờng E 0 bằng nhau và hợp với nhau các góc bằng 120 0 (Hình vẽ). 25 120 4 1 O E ⇒ Do tính đối xứng nên điện tr−ờng tổng hợp có giá trị bằng 14 E 0. 36 3 2 b) Các điện tích d−ơng và âm đặt liên tiếp: 5 6 Các cặp điện tích 1-4, 2-5 và 3-6 tạo ra các điện tr−ờng bằng E25 nhau nh− hình vẽ: E14 4 O 1 q q E14 = E25 = E36 = 2E1 = 2 2 = 2 E36 4πεε 0a 2πεε 0a 3 2 Ta có thể dễ dàng tính đ−ợc: điện tr−ờng tổng cộng E h−ớng 5 6 theo ph−ơng của điện tr−ờng E 14 và có độ lớn bằng: q E14 E = 2E14 = 2 4 O 1 πεε 0a c) Các điện tích đặt nh− trên hình bên: 3 2 Hai cặp điện tích cùng dấu đặt tại các đỉnh đối diện tạo ra tại O các điện tr−ờng có cùng độ lớn nh−ng ng−ợc chiều. Do đó, điện tr−ờng do hai cặp điện tích 2-5 và 3-6 tạo ra tại O là bằng không. Vậy, điện tr−ờng tại O bằng điện tr−ờng do cặp điện tích 1-4 tạo ra tại O: q E = E14 = 2 2πεε 0a 1-13. Trên hình 1-2, AA’ là một mặt phẳng vô hạn tích điện đều với mật độ điện mặt σ = 4.10 -9C/cm 2 và B là một quả cầu tích điện cùng dấu với điện tích trên mặt phẳng. Khối l−ợng của quả cầu bằng m = 1g, điện tích của nó bằng q = 10 -9C. Hỏi sợi dây treo quả cầu lệch đi một góc bằng bao nhiêu so với ph−ơng thẳng đứng. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
A α A’ B Hình 1 -2 Giải: Tại vị trí cân bằng: T + F + P = 0 σq Trong đó: P = mg ; F = Eq = 2εε 0 Từ hình vẽ ta thấy: F σq 4.10−5.10−9 tg α = = = −12 −3 = ,0 2309 P 2εε 0mg 2.1.8,86.10 .10 .9,81 ⇒ α = 13 0 A α T F A’ P R 1-14. Một đĩa tròn bán kính a = 8cm tích điện đều với mật độ điện mặt σ = 10 -8C/m 2. 1. Xác định c−ờng độ điện tr−ờng tại một điểm trên trục của đĩa và cách tâm đĩa một đoạn b = 6cm. 2. Chứng minh rằng nếu b → 0 thì biểu thức thu đ−ợc sẽ chuyển thành biểu thức tính c−ờng độ điện tr−ờng gây bởi một mặt phẳng vô hạn mang điện đều. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
3. Chứng minh rằng nếu b 〉〉 a thì biểu thức thu đ−ợc chuyển thành biểu thức tính c−ờng độ điện tr−ờng gây bởi một điện tích điểm. Giải: dE dE 2 A dE 1 b O r dq 1. Chia đĩa thành từng dải vành khăn có bề rộng dr. Xét dải vành khăn có bán kính r (r<a). Vành khăn có điện tích tổng cộng: dQ = σ 2. πr.dr Chia vành khăn thành các điện tích điểm dq. Chúng gây ra điện tr−ờng dE tại A. Theo định lý chồng chất điện tr−ờng, điện tr−ờng tại A bằng tổng tất cả các giá trị dE đó. Điện tr−ờng dE có thể phân thành hai thành phần dE1 và dE2 . Do tính đối xứng nên tổng các thành phần dE1 bằng không. Vậy: dE dE dE α dE r = ∫ 2 = ∫ cos α , với là góc giữa và OA dq b b bσ r dr ⇒ dE = . = .dQ = r ∫ 4πεε r 2 + b2 2 2 2 2 2/3 2 2 2/3 0 () r + b 4πεε 0 ()r + b 2εε 0 ()r + b Điện tr−ờng do cả đĩa gây ra tại A là: a bσ a r.dr bσ  1  σ  1  E = dE = = − = 1−  ∫ r ∫ 2 2 2/3  2 2   2 2  2εε 0 r + b 2εε 0 r + b 2εε 0 1+ a /b 0 ()   0   Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
−8   10  1  E = −12 1− ≈ 226 ()V / m 2.8,86.10  −2 2 −2 2   1+ ()()8.10 / 6.10  2. Nếu cho b → 0, ta có: σ  1  σ E = lim 1−  = b→0  2 2  2εε 0  1+ a /b  2εε 0 Điện tr−ờng khi b → 0 có biểu thức giống với điện tr−ờng do mặt phẳng tích điện đều gây ra. 3. Nếu b 〉〉 a, áp dụng công thức gần đúng: 1 a2 ≈ 1− 2 1+ a2 /b2 2b σ   a2  σ.a2 σ.( πa2 ) q   Vậy: E = 1− 1− 2  = 2 = 2 = 2 2εε 0   2b  4εε 0b 4πεε 0b 4πεε 0b Điện tr−ờng khi b 〉〉 a có biểu thức giống với điện tr−ờng do một điện tích điểm gây ra. 1-15. Một mặt hình bán cầu tích điện đều, mật độ điện mặt σ = 10 -9C/m 2. Xác định c−ờng độ điện tr−ờng tại tâm O của bán cầu. Giải: dE h O dh Chia bán cầu thành những đới cầu có bề rộng dh (tính theo ph−ơng trục của nó). Đới cầu đ−ợc tích điện tích: σ 2. πr .dh 2πσ r .dh dQ = h = h = 2πσ R.dh . cos θ ()rh / R với θ là góc giữa mặt đới cầu và trục đối xứng của đới cầu. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Tính t−ơng tự nh− phần đầu của bài 1-14, ta tính đ−ợc điện tr−ờng dE do đới cầu gây ra tại O có h−ớng nh− hình vẽ và có độ lớn bằng: h h 2. πσ R.dh dE = .dQ = 2 2 2/3 4πεε R3 4πεε 0 ()rh + h 0 Lấy tích phân theo h từ 0 đến R, ta có: R R σ h σ h2  σ E = dE = dh = = ∫ ∫ 2 2   2εε 0R 2εε 0 R  2  4εε 0 0 0 10 −9 Coi ε = 1, ta có: E = = 28 (2, V / m) 4.1.8,86.10−12 1-16. Một thanh kim loại mảnh mang điện tích q = 2.10 -7C. Xác định c−ờng độ điện tr−ờng tại một điểm nằm cách hai đầu thanh R = 300cm và cách trung điểm thanh R 0 = 10cm. Coi nh− điện tích đ−ợc phân bố đều trên thanh. Giải: q q Chia thanh thành những đoạn nhỏ dx. Chúng có điện tích là: dq = dx = dx l 2 2 2 R − R0 dE dE 2 dE 1 α 0 α R R0 x l/2 Xét điện tr−ờng dE gây ra do đoạn dx gây ra tại điểm đang xét. Ta có thể tách dE thành hai thành phần dE 1 và dE 2 . Điện tr−ờng tổng cộng E là tổng tất cả các điện tr−ờng dE đó. Do tính đối xứng nên tổng tất cả các thành phần dE 1 bằng không. Ta có: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
dq 1 R q dE = .cos α = . 0 . dx 2 2 2 2 2 2 4πεε 0r 4πεε 0 ()R0 + x R + x l 0 qR = 0 dx 2 2 /3 2 4πεε 0l()R0 + x 2/l qR qR α0 R ⇒ E = dE = 0 dx = 0 0 dα ∫ 2 ∫ 2 2 2/3 ∫ 2 2 2 2 2/3 x=R 0tg α 4πεε l cos α.( R + R tg α) − 2/l 4πεε 0l()R 0 + x 0 −α0 0 0 q α0 q α 2qsin α q l q = cos α d. α = []sin α 0 = 0 = . = 4πεε lR ∫ 4πεε lR −α 4πεε lR 2πεε lR 2R 4πεε RR 0 0 −α0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2.10−7 Thay số: E = ≈ 6.103 (V / m) 4π.1.8,86.10−12 1,0.3. 1-17. Một mặt phẳng tích điện đều với mật độ σ. Tại khoảng giữa của mặt có một lỗ hổng bán kính a nhỏ so với kích th−ớc của mặt. Tính c−ờng độ điện tr−ờng tại một điểm nằm trên đ−ờng thẳng vuông góc với mặt phẳng và đi qua tâm lỗ hổng, cách tâm đó một đoạn b. Giải: Ta có thể coi mặt phẳng tích điện có lỗ hổng không tích điện nh− một mặt phẳng tích điện đều mật độ σ và một đĩa bán kính a nằm tại vị trí lỗ tích điện đều với mật độ -σ. + Điện tr−ờng do mặt phẳng tích điện đều gây ra tại điểm đang xét là: σ E1 = 2εε 0 + Điện tr−ờng do đĩa gây ra tại điểm đang xét là: (xem cách tính trong bài 1-14) σ  1  E = 1−  2  2 2  2εε 0  1+ a /b  + Điện tr−ờng do mặt phẳng và đĩa gây ra cùng ph−ơng và ng−ợc chiều nên: σ E = E − E = 1 2 2 2 2εε 0 1+ a /b Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
-16 1-18. Một hạt bụi mang một điện tích q 2 = -1,7.10 C ở cách một dây dẫn thẳng một khoảng 0,4 cm và ở gần đ−ờng trung trực của dây dẫn ấy. Đoạn dây dẫn này dài -7 150cm, mang điện tích q 1 = 2.10 C. Xác định lực tác dụng lên hạt bụi. Giả thiết rằng q1 đ−ợc phân bố đều trên sợi dây và sự có mặt của q 2 không ảnh h−ởng gì đến sự phân bố đó. Giải: Xét mặt Gaox là mặt trụ đáy tròn bán kính R 0 có trục trùng với sợi dây, chiều cao h (h 〈〈 l) ở vùng giữa sợi dây và cách sợi dây một khoảng R 0 〈〈 l, ta có thể coi điện tr−ờng trên mặt trụ là đều. Sử dụng định lý Otxtrôgratxki-Gaox, ta có: q0 1 q1h E 2. πR0.h = = . εε 0 εε 0 l q ⇒ E = 1 2πεε 0 R0l Lực điện tác dụng lên hạt bụi là: −16 −7 q1q2 1,7.10 .2.10 −10 F = Eq 2 = = −12 −3 ≈ 10 ()N 2πεε 0R0l 2π.1.8,86.10 .4.10 5,1. 1-19. Trong điện tr−ờng của một mặt phẳng vô hạn tích điện đều có đặt hai thanh tích điện nh− nhau. Hỏi lực tác dụng của điện tr−ờng lên hai thanh đó có nh− nhau không nếu một thanh nằm song song với mặt phẳng còn thanh kia nằm vuông góc với mặt phẳng. Giải: Lực tác dụng lên thanh nằm song song là: F1 = ∑ Fi = ∑qEi và lực tác dụng lên thanh nằm vuông góc là: F2 = ∑ Fk = ∑qEk Do điện tr−ờng do mặt phẳng vô hạn tích điện đều gây ra là điện tr−ờng đều nên: Ei = Ek ⇒ F1 = F2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Vậy, lực tác dụng lên hai thanh là nh− nhau. 1-20. Một mặt phẳng vô hạn mang điện đều có mật độ điện tích mặt σ =2.10 -9C/cm2. Hỏi lực tác dụng lên một đơn vị chiều dài của một sợi dây dài vô hạn mang điện đều. Cho biết mật độ điện dài của dây λ = 3.10 -8C/cm. Giải: Ta thấy, lực tác dụng lên dây không phụ thuộc vào cách đặt dây trong điện tr−ờng. Ta có: σ + Điện tr−ờng do mặt phẳng gây ra là: E = 2εε 0 + Điện tích của dây là: q = λL Vậy, lực tác dụng lên mỗi đơn vị chiều dài dây là: σλ L 2.10−5.3.10−6 1. F = Eq = = −12 ≈ (4,3 N) 2εε 0 2.1.8,86.10 1-21. Xác định vị trí của những điểm ở gần hai điện tích điểm q 1 và q 2 tại đó điện tr−ờng bằng không trong hai tr−ờng hợp sau đây: 1) q 1, q 2 cùng dấu; 2) q 1, q 2 khác dấu. Cho biết khoảng cách giữa q 1 và q 2 là l. Giải: Véctơ c−ờng độ điện tr−ờng tại một điểm M bất kỳ bằng E = E1 + E2 với E1 và E2 là các véctơ c−ờng độ điện tr−ờng do q 1, q 2 gây ra. Để E = 0, thì ta phải có: E1 = −E2 x M q1 q2 l + Hai điện tr−ờng E 1 và E 2 cùng ph−ơng, M phải nằm trên đ−ờng thẳng đi qua điểm đặt các điện tích. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
+ Hai điện tr−ờng E 1 và E 2 cùng độ lớn: E1 = E 2 2 q1 q 2  x  q1 ⇒ 2 = 2 ⇒   = 4πεε 0 x 4πεε 0 ()l − x  l − x  q 2 x q q ⇒ = ± 1 ⇒ x = ± 1 ()l − x l − x q 2 q 2 q ± l 1 q q ⇒ x = 2 = 1 l q q ± q 1± 1 1 2 q2 + Hai điện tr−ờng E 1 và E 2 ng−ợc chiều: 1. Nếu q 1, q 2 cùng dấu thì M phải nằm giữa hai điên tích: q 0 l ⇒ x = 1 l q1 − q2 1-22. Giữa hai dây dẫn hình trụ song song cách nhau một khoảng l = 15cm ng−ời ta đặt một hiệu điện thế U = 1500V. Bán kính tiết diện mỗi dây là r = 0,1cm. Hdy xác định c−ờng độ điện tr−ờng tại trung điểm của khoảng cách giữa hai sợi dây biết rằng các dây dẫn đặt trong không khí. Giải: Ta đi xét tr−ờng hợp tổng quát: nếu gọi khoảng cách từ điểm M đến trục dây dẫn thứ nhất là x thì c−ờng độ điện tr−ờng tại M là: 1  λ λ  λl E =  +  = 2πεε 0  x l − x  2πεε 0 x(l − x) Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
với λ là mật độ điện dài trên dây. Mặt khác: dU = - Edx λ l −r  1 1  λ l − r λ  l − r  ⇒ U = −∫ Edx = ∫  + dx = []ln x − ln ()l − x = ln   2πεε 0 r  x l − x  2πεε 0 r πεε 0  r  πεε U ⇒ λ = 0  l − r  ln    r  Thế λ vào biểu thức c−ờng độ điện tr−ờng và thay x = l/2, ta có: 1 l πεε U 2U E = . 0 = 2πεε l  l   l − r   l − r  0 .l −  ln   l.ln  2  2   r   r  .2 1500 Thay số: E = ≈ 4.103 ()V / m  ,0 149  0,15.ln   ,0 001  -6 -6 1-23. Cho hai điện tích điểm q 1 = 2.10 C, q 2 = -10 C đặt cách nhau 10cm. Tính công của lực tĩnh điện khi điện tích q 2 dịch chuyển trên đ−ờng thẳng nối hai điện tích đó xa thêm một đoạn 90cm. Giải: Ta có: Công của lực tĩnh điện khi dịch chuyển điện tích q 2 từ điểm A đến điểm B là: A = q 2.(V A – VB)  q q  l.q q  1 2  1 2 Vậy: A = q2  −  =  4πεε 0r 4πεε 0 (l + r)  4πεε 0r(l + r) .9,0 (−10 −6 ).2.10−6 Thay số: A = ≈ − ,0 162 ()J 4π.1.8,86.10−12 1.1,0. Dấu trừ thể hiện ta cần thực hiện một công để đ−a q2 ra xa điện tích q 1. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
1-24. Tính công cần thiết để dịch chuyển một điện tích q = (1/3).10 -7C từ một điểm M cách quả cầu tích điện bán kính r = 1cm một khoảng R = 10cm ra xa vô cực. Biết quả cầu có mật độ điện mặt σ = 10 -11 C/cm 2. Giải: Công của lực tĩnh điện khi dịch chuyển điện tích là: A = q.(V A – VB)  Q Q  qQ   Vậy: A = q. −  = (do R2 =∞)  4πεε 0R1 4πεε 0R2  4πεε 0R1 q 4. π.r 2.σ σqr 2 = = 4πεε 0 (r + R) εε 0 (r + R) −7 −7 −2 2 10 .( 1/3) .10 .10( ) −7 Thay số: A = ≈ 3,42.10 ()J 1.8,86.10−12 .11.10−2 1-25. Một vòng dây tròn bán kính 4cm tích điện đều với điện tích Q = (1/9).10 -8C. Tính điện thế tại: 1. Tâm vòng dây. 2. Một điểm M trên trục vòng dây, cách tâm của vòng dây một đoạn h = 3cm. Giải: Chia vòng dây thành những đoạn vô cùng nhỏ dl mang điện tích dq. Điện thế do điện tích dq gây ra tại điểm M trên trục vòng dây, cách tâm của vòng dây một đoạn h là: dq dV = 2 2 4πεε 0 R + h Điện thế do cả vòng gây ra tại M là: dq Q V = dV = = ∫ ∫ 2 2 2 2 4πεε 0 R + h 4πεε 0 R + h 1. Điện thế tại tâm vòng (h =0): Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Q ( 9/1 ).10−8 VO = = −12 −2 = 250 ()V 4πεε 0 R 4π.1.8,86.10 .4.10 2. Điện thế tại M (h = 3cm): Q ( 9/1 ).10−8 VH = = = 200 ()V 2 2 −12 −2 2 −2 2 4πεε 0 R + h 4π.1.8,86.10 ()()4.10 + 3.10 1-26. Một điện tích điểm q = (2/3).10 -9C nằm cách một sợi dây dài tích điện đều một khoảng r 1 = 4cm; d−ới tác dụng của điện tr−ờng do sợi dây gây ra, điện tích dịch chuyển theo h−ớng đ−ờng sức điện tr−ờng đến khoảng cách r 2 = 2cm, khi đó lực điện tr−ờng thực hiện một công A = 50.10 -7J. Tính mật độ điện dài của dây. Giải: Ta có: dA = q.dV λ ⇒ dA = q.(−Edr ) = − .q dr 2πεε 0 r qλ r2 dr qλ qλ r ⇒ A = dA = − = − ()ln r − ln r = ln 1 ∫ 2πεε ∫ r 2πεε 2 1 2πεε r 0 r1 0 0 2 2πεε A ⇒ λ = 0 r q.ln 1 r2 .2 π.1.8,86.10−12 .50.10−7 Vậy: λ = ≈ 6.10−7 ()C / m 4 ()2/3 .10−9.ln 2 1-27. Trong chân không liệu có thể có một tr−ờng tĩnh điện mà ph−ơng của các véctơ c−ờng độ điện tr−ờng trong cả khoảng không gian có điện tr−ờng thì không đổi nh−ng giá trị lại thay đổi, ví dụ nh− thay đổi theo ph−ơng vuông góc với các véctơ điện tr−ờng (hình 1-3) đ−ợc không? Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
E Hình 1 -3 Giải: A B E D C Xét đ−ờng cong kín hình chữ nhật nh− hình vẽ, ta có: dV = −E.dl ⇒ V − V = − dl.E A A ∫ ABCDA     = − ∫ dl.E + ∫ dl.E + ∫ dl.E + ∫ dl.E   AB BC CD DA  = −(E1.AB + 0 − E 2 .CD + 0) = (E2 − E1 )l = 0 Vậy: Nếu ph−ơng của véctơ c−ờng độ điện tr−ờng không đổi thì giá trị của nó cũng phải không đổi trong toàn bộ không gian. Không có điện tr−ờng nào nh− nêu trong đề bài. 1-28. Tính điện thế gây ra bởi một quả cầu dẫn điện mang điện q bằng cách coi điện thế tại một điểm A nào đó bằng tổng các điện thế do từng điện tích điểm gây ra, trong các tr−ờng hợp sau: 1. Tại một điểm nằm trên quả cầu. 2. Tại một điểm nằm trong quả cầu. 3. Tại một điểm nằm ngoài quả cầu cách bề mặt của nó một đoạn bằng a. Giải: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
r R h O x A Chia quả cầu thành những vòng dây tích điện có chiều dầy dh vô cùng nhỏ bán kính q r = R2 − h2 đ−ợc tích điện với mật độ điện mặt σ = . Điện tích của vòng dây là: 4πR2 2πr.dh dq = σ.dS = σ. cos α với α là góc giữa mặt vòng dây và trục của nó. Dễ thấy: r q q.dh cos α = ⇒ dq = 2. πR.dh = R 4πR2 2R Tính t−ơng tự bài 1-25, điện thế do vòng dây gây ra tại điểm A cách tâm O một khoảng x nh− hình vẽ là: dq q.dh qdh dV = = = 2 2 2 2 2 2 2 4πεε 0 r + ()h + x 8πεε 0R r + h + x + 2hx 8πεε 0 R R + x + 2hx Vậy, điện thế do cả mặt cầu gây ra là: 2 R q.dh q (R+ x) dt q (R + x)2 V = dV = = = []2. t 2 ∫ ∫ 2 2 t =R 2 + x 2 +2hx ∫ 16 πεε xR 2 t 16 πεε xR R x −R8πεε 0R R + x + 2hx 0 (R− x) 0 ()−  q ()x ≤ R q 4πεε R = ()R + x − R − x =  0 8πεε xR q 0  ()x > R 4πεε 0 x 1. Điện thế tại tâm quả cầu (x = 0) và trên mặt cầu (x = R): q V = 4πεε 0 R 2. Điện thế tại điểm nằm ngoài quả cầu, cách mặt cầu một khoảng là a (x = R + a): q V = 4πεε 0 ()R + a Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
1-29. Tính điện thế tại một điểm trên trục của một đĩa tròn mang điện tích đều và cách tâm đĩa một khoảng h. Đĩa có bán kính R, mật độ điện mặt σ. Giải: Chia đĩa thành những phần tử hình vành khăn bán kính x, bề rộng dx. Phần tử vành khăn mang điện tích dq = σ.dS = σ 2. πxdx . Theo bài 1-25, điện thế do hình vành khăn gây là: dq 2πσ xdx σxdx dV = = = 2 2 2 2 2 2 4πεε 0 x + h 4πεε 0 x + h 2εε 0 x + h Điện thế do cả đĩa gây ra: 2 2 R σxdx σ R +h dt σ R2 + h2 V = dV = = = []2 t ∫ ∫ 2 2 t = x 2 +h 2 ∫ 2 4εε 2 t 4εε h 0 2εε 0 x + h 0 h 0 σ Vậy: V = ( R2 + h2 − h) 2εε 0 1-30. Khoảng cách giữa hai bản tụ điện là d = 5cm, c−ờng độ điện tr−ờng giữa hai bản không đổi và bằng 6.10 4V/m. Một electron bay dọc theo đ−ờng sức của điện tr−ờng từ bản này sang bản kia của tụ điện với vận tốc ban đầu bằng không. Tìm vận tốc của electron khi nó bay tới bản thứ hai của tụ điện. Giả thiết bỏ qua ảnh h−ởng của trọng tr−ờng. Giải: Công của lực điện tr−ờng gia tốc cho electron là: A = eU = eEd. Mặt khác: 1 1 1 A = mv 2 − mv 2 = mv 2 (do v = )0 2 2 2 1 2 2 1 2A 2eEd 2.1,6.10−19 .6.104.5.10−2 ⇒ v = = = ≈ 3,26.107 ()m s/ 2 m m 9,1.10−31 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
1-31. Cho hai mặt phẳng song song vô hạn mang điện đều, mật độ bằng nhau và trái dấu, đặt cách nhau 5mm. C−ờng độ điện tr−ờng giữa chúng là 10 4V/m. Tính hiệu điện thế giữa hai mặt phẳng đó và mật độ điện mặt của chúng. Giải: Hiệu điện thế giữa hai bản: U = Ed = 10 4.5.10−3 = 50 (V ) Ta lại có, c−ờng độ điện tr−ờng ở giữa hai mặt phẳng song song vô hạn tích điện đều là: σ −12 4 −8 2 E = ⇒ σ = εε 0 E = 1.8,86.10 .10 = 8,86.10 (C / m ) εε 0 1-32. Tại hai đỉnh C, D của một hình chữ nhật ABCD (có các cạnh AB = 4m, BC = 3m) -8 -8 ng−ời ta đặt hai điện tích điểm q 1 = -3.10 C (tại C) và q 2 = 3.10 C (tại D). Tính hiệu điện thế giữa A và B. Giải: Trong hình chữ nhật ABCD có AB = 4m, BC = 3m, nên: AC = BD = AB 2 + BC 2 = 42 + 32 = 5()m Điện thế tại A và B là tổng điện thế do hai điện thế gây ra tại đó: −8 −8 q1 q2 − 3.10 3.10 VA = + = −12 + −12 ≈ 36 ()V 4πεε 0.AC 4πεε 0.AD .4 π.8,86.10 5. 4π.8,86.10 3. −8 −8 q1 q2 − 3.10 3.10 VB = + = −12 + −12 ≈ −36 ()V 4πεε 0.BC 4πεε 0.BD .4 π.8,86.10 3. 4π.8,86.10 5. Vậy: U = VA −VB = 72 (V ) 1-33. Tính công của lực điện tr−ờng khi chuyển dịch điện tích q = 10 -9C từ điểm C đến điểm -9 -9 D nếu a = 6cm, Q 1 = (10/3).10 C, Q 2 = -2.10 C ( Hình 1-4). Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
D a A a C a B q Q1 Q2 Hình 1 -4 Giải: Điện thế tại C và D bằng tổng điện thế do Q 1 và Q 2 gây ra: Q Q V = 1 + 2 C 4πεε .AC 4πεε .BC 0 0 1  ()10 /3 .10−9 − 2.10−9    V = −12  −2 + −2  ≈ 200 () 4π.1.8,86.10  6.10 6.10  Q Q V = 1 + 2 D 4πεε .AD 4πεε .BD 0 0 1  ()10 /3 .10−9 − 2.10−9  =  +  ≈ 141 V −12  −2 −2  () 4π.1.8,86.10  .6 2.10 .6 2.10  Công của lực điện tr−ờng khi dịch chuyển điện tích q từ C đến D là: −9 −7 A = q(VC −VD ) = 10 (200 −141 ) = 0,59.10 (J ) 1-34. Giữa hai mặt phẳng song song vô hạn mang điện đều mật độ bằng nhau nh−ng trái dấu, cách nhau một khoảng d = 1cm đặt nằm ngang, có một hạt mang điện khối l−ợng m = 5.10 -14 kg. Khi không có điện tr−ờng, do sức cản của không khí, hạt rơi với vận tốc không đổi v 1. Khi giữa hai mặt phẳng này có hiệu điện thế U = 600V thì hạt rơi v chậm đi với vận tốc v = 1 . Tìm điện tích của hạt. 2 2 Giải: Sức cản của không khí tỉ lệ với vận tốc chuyển động của hạt trong không khí: F c = kv. + Khi không có điện tr−ờng: mg = kv 1 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
+ Khi có điện tr−ờng có c−ờng độ E h−ớng lên trên: mg – Eq = kv 2 Từ đó, ta rút ra: mg v = 1 mg − Eq v2 ⇒ mgv 2 = mgv 1 − Eqv 1 mg v( 1 − v2 ) mgd  v 2  ⇒ q = = 1−  Ev 1 U  v1  5.10−14 .9,81.10−2 ⇒ q = ()()1− 5,0 ≈ 4,1.10−18 C 600 1-35. Có một điện tích điểm q đặt tại tâm O của hai đ−ờng tròn đồng tâm bán kính r và R. Qua tâm O ta vẽ một đ−ờng thẳng cắt hai đ−ờng tròn tại các điểm A, B, C, D. 1. Tính công của lực điện tr−ờng khi dịch chuyển một điện tích q 0 từ B đến C và từ A đến D. 2. So sánh công của lực tĩnh điện khi dịch chuyển từ A đến C và từ D đến B. A B O C D q Hình 1 -5 Giải: Ta dễ dàng nhận thấy: q q VB = VC = ; VA = VD = 4πεε 0r 4πεε 0R 1. Công của lực điện tr−ờng khi dịch chuyển điện tích q 0 từ B đến C và từ A đến D là bằng không: ABC = q0 (VB −VC ) = ;0 AAD = q0 (VA −VD ) = 0 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2. Công của lực tĩnh điện khi dịch chuyển từ A đến C và từ D đến B có cùng độ lớn: AAC = q0 (VA −VC ) = q0 (VD −VB ) = ADB 1-36. Một hạt bụi rơi từ một vị trí cách đều hai bản của một tụ điện phẳng. Tụ điện đ−ợc đặt thẳng đứng. Do sức cản của không khí, vận tốc của hạt bụi không đổi và bằng v 1 = 2cm/s. Hỏi trong thời gian bao lâu, sau khi đặt một hiệu điện thế U = 300V vào hai bản của tụ điện, thì hạt bụi đập vào một trong hai bản đó. Cho biết khoảng cách giữa hai bản là d = 2cm, khối l−ợng hạt bụi m = 2.10 -9g, điện tích của hạt bụi q = 6,5.10 - 17 C. Giải: Lực cản của không khí tỉ lệ với vận tốc của hạt bụi: F c = kv. + Theo ph−ơng thẳng đứng, hạt bụi có vận tốc ổn định v 1: mg mg = kv 1 ⇒ k = v1 + Giả sử theo ph−ơng ngang, hạt bụi có vận tốc ổn định v 2: Uq Uq Uqv Eq = = kv ⇒ v = = 1 d 2 2 kd mgd + Coi khoảng thời gian hạt bụi đ−ợc gia tốc đến vận tốc ổn định v 2 là rất ngắn. Khi đó thời gian để hạt bụi tới đ−ợc một bản tụ là: 2 d mgd 2 2.10−12 .9,81.( 2.10−2 ) t = = = −17 −2 ≈ 10 ()s 2v2 2Uqv 1 .2 300 .6,5.10 .2.10 1-37. Cho hai mặt trụ đồng trục mang điện đều bằng nhau và trái dấu có bán kính lần l−ợt là 3cm và 10 cm, hiệu điện thế giữa chúng là 50V. Tính mật độ điện dài trên mỗi mặt trụ và c−ờng độ điện tr−ờng tại điểm bằng trung bình cộng của hai bán kính. Giải: Hiệu điện thế giữa hai mặt trụ đồng trục đ−ợc tính theo công thức: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
R 2 λ R 2 2πεε 0 (V1 −V2 ) V1 − V2 = Edr = ln ⇒ λ = ∫R R 1 2πεε 0 R 1 ln 2 R1 .2 π.1.8,86.10−12 .50 ⇒ λ = ≈ 0,23.10−8 ()C / m 10 ln 3 C−ờng độ điện tr−ờng giữa hai mặt trụ chỉ do mặt trụ trong gây ra: λ 0,23.10 −8 E = = −12 −2 ≈ 635 ()V / m 2πεε 0 rtb 2π.1.8,86.10 .6,5.10 1-38. Cho một quả cầu tích điện đều với mật độ điện khối ρ,bán kính a. Tính hiệu điện thế giữa hai điểm cách tâm lần l−ợt là a/2 và a. Giải: Xét mặt Gaox đồng tâm với khối cầu bán kính r (r < a). Do tính đối xứng nên điện tr−ờng trên mặt này là nh− nhau và vuông góc với mặt cầu. Theo định lý Otstrogratxki-Gaox: 4π ρ. r 3 q ρr E 4. πr 2 = ∑ = 3 ⇒ E = εε 0 εε 0 3εε 0 Từ đó, ta có: a a ρr ρ r 2  a ρ 3a2 ρa2 V V Edr dr a 2/ − a = ∫ = ∫ =   = . = a 2/ a 2/ 3εε 0 3εε 0  2  a 2/ 3εε 0 8 8εε 0 1-39. Ng−ời ta đặt một hiệu điện thế U = 450V giữa hai hình trụ dài đồng trục bằng kim loại mỏng bán kính r 1 = 3cm, r 2 = 10cm. Tính: 1. Điện tích trên một đơn vị chiều dài của hình trụ. 2. Mật độ điện mặt trên mỗi hình trụ. 3. C−ờng độ điện tr−ờng ở gần sát mặt hình trụ trong, ở trung điểm của khoảng cách giữa hai hình trụ và ở gần sát mặt hình trụ ngoài. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Giải: 1. Hiệu điện thế giữa hai hình trụ đ−ợc tính theo công thức: λ R 2πεε U .2 π.1.8,86.10−12 .450 U = ln 2 ⇒ λ = 0 = ≈ ,0 207 .10−7 ()C / m 2πεε 0 R1 ln ()R2 / R1 ln ()10 3/ λ 2. Điện tích trên các mặt trụ: q = λL = σ.S = σ 2. πr.L ⇒σ = 2πr −7 −7 λ ,0 207 .10 −7 2 λ ,0 207 .10 − `8 2 σ1 = = −2 ≈ 1,1.10 ()C / m ; σ 2 = = −2 ≈ 3,3.10 ()C / m 2πr1 2π.3.10 2πr2 2π.10.10 3. C−ờng độ điện tr−ờng giữa hai bản chỉ do hình trụ bên trong gây ra: λ U E = = 2πεε 0r r ln ()R2 / R1 450 + ở gần sát mặt trụ trong: E = ≈ 12500 ()V / m 3.10−2.ln()10 3/ 450 + ở chính giữa hai mặt trụ: E = ≈ 5750 ()V / m 6,5.10−2.ln()10 3/ 450 + ở gần sát mặt trụ ngoài: E = ≈ 3750 ()V / m 0,1.ln()10 3/ Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Ch−ơng 2: Vật dẫn – Tụ điện 2-1. Cho hai mặt cầu kim loại đồng tâm bán kính R 1 = 4cm, R 2 = 2cm mang điện tích -9 -9 Q1 = -(2/3).10 C, Q 2 = 3.10 C. Tính c−ờng độ điện tr−ờng và điện thế tại những điểm cách tâm mặt cầu những khoảng bằng 1cm, 2cm, 3cm, 4cm, 5cm. Giải: C−ờng độ điện tr−ờng bên trong mặt cầu kim loại tích điện q bằng không còn bên ngoài giống nh− c−ờng độ điện tr−ờng do một điện tích điểm q đặt tại tâm cầu gây ra: q Etrong = ;0 Engoai = 2 4πεε 0r Điện thế bên trong mặt cầu bằng nhau tại mọi điểm còn bên ngoài có điện thế giống nh− điện thế do một điện tích điểm q đặt tại tâm cầu gây ra ( xem bài 1-28 ): q q Vtrong = ; Vngoai = 4πεε 0R 4πεε 0r Sử dụng định lý chồng chất điện tr−ờng và điện thế, chúng ta tính đ−ợc c−ờng độ điện tr−ờng tại các điểm cần xét: r 1cm 2cm 3cm 4cm 5cm E1 (V/m) 0 0 0 -3742 -2395 E2 (V/m) 0 67362 29938 16841 10778 E (V/m) 0 67362 29938 13099 8383 r 1cm 2cm 3cm 4cm 5cm V1 (V) -150 -150 -150 -150 -120 V2 (V) 1350 1350 900 675 540 V (V) 1200 1200 750 525 420 E1, V 1; E 2, V 2 thứ tự là điện tr−ờng và điện thế gây ra do các điên tích thứ nhất và thứ 2. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2-2. Một quả cầu kim loại bán kính 10cm, điện thế 300V. Tính mật độ điện mặt của quả cầu. Giải: Điện thế của quả cầu kim loại bán kính R đ−ợc tính theo công thức: q V = 4πεε 0 R với: q = σS = σ 4. πR2 σ 4. πR 2 σR ⇒ V = = 4πεε 0R εε 0 εε V 1.8,86.10−12 .300 ⇒ σ = 0 = ≈ 2,66.10−8 ()C / m 2 R 1,0 2-3. Hai quả cầu kim loại bán kính r bằng nhau và bằng 2,5cm đặt cách nhau 1m, điện thế của một quả cầu là 1200V, của quả cầu kia là -1200V. Tính điện tích của mỗi quả cầu. Giải: áp dụng nguyên lý cộng điện thế, ta có: q1 q2 V1 = V11 +V21 = + 4πεε 0r 4πεε 0 (a − r) q1 q2 V2 = V21 +V22 = + 4πεε 0 (a − r) 4πεε 0r 1 Giải hệ ph−ơng trình với các giá trị a = 0,025 m, r = 1 m, ≈ 9.109 ta nhận đ−ợc: 4πεε o -9 -9 q1=3,42.10 C; q2=-3,42.10 C 2-4. Hai quả cầu kim loại có bán kính và khối l−ợng nh− nhau: R = 1cm, m = 4.10 -5kg đ−ợc treo ở đầu hai sợi dây có chiều dài bằng nhau sao cho mặt ngoài của chúng tiếp xúc với nhau. Sau khi truyền điện tích cho các quả cầu, chúng đẩy nhau và các dây treo lệch một góc nào đó so với ph−ơng thẳng đứng. Sức căng của sợi dây khi đó là T = 4,9.10 -4N. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Tính điện thế của các quả cầu mang điện này biết rằng khoảng cách từ điểm treo đến tâm quả cầu là l = 10cm. Các quả cầu đặt trong không khí. Giải: T 2α Fđ P Sau khi truyền điện tích cho hai quả cầu, chúng sẽ nhận đ−ợc điện tích q nh− nhau nào đó. Từ hình vẽ, ta có: P mg 4.10−5 8,9. cos α = = = = 8,0 ⇒ α ≈ 36 9, 0 T T 4,9.10−4 Khoảng cách giữa hai quả cầu là: x = 2l sin α = 2.0,1.sin(36 9, 0 )= 0,12(m) = 12 (cm ) Mặt khác: 2 q 2 F = T.sinα = 2 ⇒ q = ± 4πεε 0Tx sin α 4πεε 0 x ⇒ q = ± .4 π.1.8,86.10−12 .4,9.10−4.()0,12 2 .sin(36 9, 0 ) ≈ ±2,1.10−8 ()C Giả sử q > 0 ⇒ q = 2,1.10−8 (C). Khi đó: q q x.q V1 = V11 + V12 = + = 4πεε 0R 4πεε 0 ()x − R 4πεε 0R()x − R 2,1.10−8.0,12 V = ≈ 21300 ()V 1 .4 π.1.8,86.10−12 .10−2.11.10−2 T−ơng tự, ta cũng có: V 2 = 21300 (V). Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2-5. Hai quả cầu kim loại bán kính 8cm và 5cm nối với nhau bằng một sợi dây dẫn có điện dung không đáng kể, và đ−ợc tích một điện l−ợng Q = 13.10 -8C. Tính điện thế và điện tích của mỗi quả cầu. Giải: Vì hai quả cầu đ−ợc nối với nhau bằng một sợi dây dẫn điện nên chúng có cùng điện thế V: q1 = C1V = 4πεε 0r1V; q2 = C2V = 4πεε 0r2V Mặt khác: Q = q1 + q2 = 4πεε 0 (r1 + r2 )V Q 13 .10−8 ⇒ V = = −12 −2 ≈ 9000 ()V 4πεε 0 ()r1 + r2 4π.1.8,86.10 ()8. + 5 .10 Q.r 13 .10−8 8. ⇒ q = 1 = = 8.10−8 ()C ; 1 r + r 5 + 8 1 2 −8 Qr 2 13 .10 5. −8 q2 = = = 5.10 ()C r1 + r2 5 + 8 2-6. Tại tâm của quả cầu rỗng cô lập bằng kim loại có đặt một điện tích q. Hỏi khi treo một điện tích q’ ở ngoài quả cầu thì nó có bị lệch đi không? Cũng câu hỏi đó trong tr−ờng hợp ta nối quả cầu với đất. Giải: Do hiện t−ợng h−ởng ứng điện, nên trên quả cầu xuất hiện các điện tích: điện tích q 1 cùng dấu với q xuất hiện trên phần mặt cầu gần điện tích q và điện tích q 2 trái dấu q xuất hiện trên phần mặt cầu bên kia. Do quả cầu trung hoà điện nên độ lớn của các điện tích này là nh− nhau. Nh−ng do khoảng cách từ q’ đến q 1 nhỏ hơn tới q 2 nên lực hút có độ lớn mạnh hơn lực đẩy. Vì vậy, q’ bị hút lại gần quả cầu. Nếu quả cầu đ−ợc nối với đất, điện thế trên mặt cầu trở thành bằng 0. Do q’ gây ra một điện thế V’ trên mặt cầu nên trên mặt cầu phải có một điện tích q 3 trái dấu với q’ để điện thế tổng cộng trên mặt cầu bằng 0. Do đó, khi quả cầu đ−ợc nối đất, q’ cũng bị hút lại gần quả cầu. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2-7. Tr−ớc một tấm kim loại nối với đất, ng−ời ta đặt một điện tích q cách tấm kim loại một đoạn a. Tính mật độ điện tích mặt trên tấm kim loại tại điểm: 1. Cách q một đoạn bằng a. 2. Cách q một đoạn bằng r (r > a). Giải: E1 A E2 α r a q Do tính chất của kim loại, khi đặt tr−ớc tấm kim loại một điện tích q, trên mặt tấm sẽ xuất hiện các điện tích cảm ứng để sao cho điện tr−ờng bên trong tấm kim loại bằng 0. Xét tại một điểm cách q một khoảng r nằm trên mặt tấm. + Điện tr−ờng E 1 do q gây ra tại A: q E1 = 2 4πεε 0 r + Để triệt tiêu thành phần vuông góc với tấm của E1, các điện tích cảm ứng tại A tạo ra điện tr−ờng E 2: q a E2 = E1.sinα = 2 . 4πεε 0r r Dùng mặt Gaox dạng hình trụ thiết diện S có trục vuông góc với mặt tấm để xác định E 2: q σS σ E 2 2. S = = ⇒E 2 = εε 0 εε 0 2εε 0 aq Vậy: σ = 2πr 3 Với điểm cách điện tích q một khoảng a: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
q σ = max 2πa 2 2-8. Một quả cầu kim loại bán kính R = 1m mang điện tích q = 10 -6C. Tính: 1. Điện dung của quả cầu. 2. Điện thế của quả cầu. 3. Năng l−ợng tr−ờng tĩnh điện của quả cầu. Giải: Điện dung của quả cầu: −12 −10 C = 4πεε 0R = .4 π.1.8,86.10 1. ≈ 1,1.10 (F ) Điện thế của quả cầu: q 10 −6 q = CV ⇒ V = = ≈ 9.103 ()V C 1,1.10−10 Năng l−ợng tĩnh điện của quả cầu: 2 −10 3 2 CV 1,1.10 .( 9.10 ) −3 W = = ≈ 4,5.10 ()J 2 2 2-9. Tính điện dung của Trái Đất, biết bán kính Trái Đất là R = 6400km. Tính độ biến thiên điện thế của Trái Đất nếu tích thêm cho nó 1C. Giải: Điện dung của Trái Đất là: −12 6 −4 C = 4πεε 0 R = 4π.1.8,86.10 .6,4.10 ≈ 7,1.10 (F ) Ta có: Q ∆Q 1 Q = CV ⇒ V = ⇒ ∆V = = ≈ 1400 ()V C C 7,1.10−4 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2-10. Cho một tụ điện hình trụ bán kính hai bản là r = 1,5cm, R = 3,5cm. Hiệu điện thế giữa hai bản là U 0 = 2300V. Tính vận tốc của một electron chuyển động theo đ−ờng sức điện tr−ờng từ khoảng cách 2,5cm đến 3cm nếu vận tốc ban đầu của nó bằng không. Giải: Công của lực điện tr−ờng đd chuyển thành động năng của electron: mv 2 A = 2 U Ta có: dA = qdU = qEdx với E = 0 (Xem bài 1-39) x.ln()R / r l2 qU qU .ln(l /l ) mv 2 ⇒ A = 0 dx = 0 2 1 = ∫ xln ()R / r ln ()R / r 2 l1 2qU ln (l / l ) 2.1,6.10−19 .2300 .ln( 5,2/3 ) ⇒ v = 0 2 1 = ≈ 1,3.107 ()m / s mln ()R / r 9,1.10−31 .ln()5,1/5,3 2-11. Cho một tụ điện cầu bán kính hai bản là r = 1cm và R = 4cm, hiệu điện thế giữa hai bản là 3000V. Tính c−ờng độ điện tr−ờng ở một điểm cách tâm tụ điện 3cm. Giải: q Điện tr−ờng sinh ra giữa hai bản tụ chỉ do bản tụ trong gây ra: E = 2 4πεε 0 x 4πεε rR Mặt khác: q = CU = 0 U ()R − r 1 4πεε rR UrR 3000 .10−2.4.10−2 ⇒ E = . 0 U = = ≈ 4,45.104 ()V / m 2 2 −2 2 −2 4πεε 0 x ()R − r x ()R − r ()3.10 .3.10 2-12. Cho một tụ điện cầu bán kính hai bản là R 1 = 1cm, R 2 = 3cm, hiệu điện thế giữa hai bản là U = 2300V. Tính vận tốc của một electron chuyển động theo đ−ờng sức điện tr−ờng từ điểm cách tâm một khoảng r 1 = 3cm đến điểm cách tâm một khoảng r 2 = 2cm. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Giải: Công của lực điện tr−ờng đd chuyển thành động năng của electron: mv 2 A = 2 U R R 0 1 2 Xem bài 2-11 Ta có: dA = qdU = qEdx với E = 2 ( ) x ()R2 − R1 r2 qU R R qU R R  1 1  mv 2 ⇒ A = − 0 1 2 dx = 0 1 2 . −  = ∫ x 2 ()R − R ()R − R  r r  2 r1 2 1 2 1  2 1  2qU R R r − r ⇒ v = 0 1 2 . 1 2 m()R 2 − R1 1rr 2 2.1,6.10−19 .2300 .10−2.3.10−2.10−2 v = ≈1,42.107 ()m s/ 9,1.10−31 .2.10−2.3.10−2.2.10−2 2-13. Hai quả cầu mang điện nh− nhau, mỗi quả nặng P = 0,2N đ−ợc đặt cách nhau một khoảng nào đó. Tìm điện tích của các quả cầu biết rằng ở khoảng cách đó, năng l−ợng t−ơng tác tĩnh điện lớn hơn năng l−ợng t−ơng tác hấp dẫn một triệu lần. Giải: q2 Năng l−ợng t−ơng tác tĩnh điện giữa hai quả cầu là: W1 = 4πεε 0r Gm m G.P2 Năng l−ợng t−ơng tác hấp dẫn là: W = 1 2 = (m =m ) 2 r r.g 2 1 2 Theo đầu bài, ta có: 2 2 2 2 W1 q rg q g k = = . 2 = 2 W2 4πεε 0r GP 4πεε 0GP 4πεε kGP 2 4π.1.8,86.10−12 .106.6,67.10−11 .0,04 ⇒ q = 0 = ≈ 1,76.10−9 ()C g 2 9,812 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2-14. Tính điện dung t−ơng đ−ơng của hệ các tụ điện C 1, C 2, C 3. Cho biết điện dung của mỗi tụ điện bằng 0,5 àF trong hai tr−ờng hợp: 1) Mắc theo hình 2-3; 2) Mắc theo hình 2-4. D C1 C2 C1 D A B A B C3 C3 C Hình 2 -3 Hình 2 2-4 Giải: C C + Điện dung t−ơng đ−ơng của hệ hai tụ điện mắc nối tiếp: C = 1 2 C1 + C2 + Điện dung t−ơng đ−ơng của hệ hai tụ điện mắc song song: C = C1 + C2 1. Hình 2-3: (C 1 nt C 2) // C 3 C1C2 5,0.5,0 ⇒ C = + C3 = + 5,0 = 0,75()àF C1 + C2 5,0 + 5,0 2. Hình 2-4: (C 1 // C 2) nt C 3 (C + C )C 5,0( + 5,0)5,0 ⇒ C = 1 2 3 = ≈ 0,33()àF (C1 + C2 ) + C3 5,0( + )5,0 + 5,0 2-15. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B bằng 6V (Hình 2-5). Điện dung của tụ điện thứ nhất C 1 = 2 àF và của tụ điện thứ hai C 2 = 4 àF. Tính hiệu điện thế và điện tích trên các bản tụ điện. A D B C1 C2 Hình 2 -5 Giải: Gọi q là điện tích trên các tụ điện, ta có: C C q = CU = 1 2 U C1 + C2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Mặt khác: q = C1U1; q2 = C2U 2 C C ⇒ C U = 1 2 U 1 1 C + C 1 2 C2 U 6.4 ⇒ U1 = = = 4()V C1 + C2 2 + 4 C1U 6.2 T−ơng tự: U 2 = = = 2()V C1 + C2 2 + 4 −6 −6 Khi đó, ta có: q = C1U1 = 2.10 4. = 8.10 (C) 2-16. Tính điện dung t−ơng đ−ơng của hai hệ các tụ điện C1, C 2, C 3, C 4 mắc theo hình 2-6 và 2-7, chứng minh rằng điều kiện để hai điện dung t−ơng đ−ơng bằng nhau là: C C 1 = 3 C2 C4 Giải: Trong cách mắc thứ 1: (C 1 // C 3) nt (C 2 // C 4) (C1 + C3 )(C2 + C4 ) ⇒ C'1 = C1 + C2 + C3 + C4 Trong cách mắc thứ hai: (C 1 nt C 2) // (C 3 + C 4) C1C2 C3C4 ⇒ C'2 = + C1 + C2 C3 + C4 Để hai điện dung t−ơng đ−ơng bằng nhau: (C1 + C3 )(C2 + C4 ) C1C2 C3C4 C'1 = C'2 ⇔ = + C1 + C2 + C3 + C4 C1 + C2 C3 + C4 C1 C3 Đặt k1 = ; k2 = , ta có: C2 C4 2 2 (k1C2 + k2C4 )(C2 + C4 ) k1C2 k2C4 k1 k2 = + = C2 + C4 ()()k1 +1 C2 + k2 +1 C4 ()k1 +1 C2 ()k2 +1 C4 k1 +1 k2 +1 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
 k +1 k +1  2 2 2  2 1  2 ⇔ k1C2 + ()k1 + k 2 C2C4 + k 2C4 = k1C2 +  k1 + k 2 C2C4 + k 2C4  k1 +1 k 2 +1  k 2 +1 k1 +1 k1 − k 2 k1 − k 2 ⇔ k1 − k1 = k 2 − k 2 ⇔ k1 = k 2 k1 +1 k 2 +1 k 2 +1 k1 +1 2 2 ⇔ k1 + k1 = k 2 + k 2 ⇔ (k1 − k 2 )(k1 + k 2 +1) = 0 ⇔ k1 = k 2 (dok1 > k,0 2 > )0 C C ⇔ 1 = 3 C2 C4 2-17. Một tụ điện có điện dung C 1 = 20 àF, hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện U 1 = 100V. Ng−ời ta nối song song với nó một tụ điện thứ hai có hiệu điện thế trên hai bản là U 2 = 40 V. Xác định điện dung của tụ điện thứ hai (C 2) biết hiệu điện thế sau khi nối là U = 80V (hai bản nối với nhau có điện tích cùng dấu). Giải: Điện tích trên các tụ điện tr−ớc khi nối với nhau là: q1 = C1U1; q2 = C2U 2 Do các bản nối với nhau có điện tích cùng dấu nên tổng điện tích trên các tụ điện sau khi nối là: q = q1 + q2 = C1U1 + C2U 2 = (C1 + C2 )U ⇒ C1 (U1 − U) = C2 (U − U 2 ) U1 − U 100 − 80 ⇒ C2 = C1 = 20 = 10 ()àF U − U2 80 − 40 2-18. Một tụ điện có điện dung C = 2 àF đ−ợc tích một điện l−ợng q = 10 -3C. Sau đó, các bản của tụ điện đ−ợc nối với nhau bằng một dây dẫn. Tìm nhiệt l−ợng toả ra trong dây dẫn khi tụ điện phóng điện và hiệu điện thế giữa hai bản của tụ điện tr−ớc khi phóng điện. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Giải: Hiệu điện thế giữa hai bản của tụ điện tr−ớc khi phóng điện: q 10 −3 U = = = 500 ()V C 2.10 −6 Nhiệt l−ợng toả ra trong dây dẫn khi tụ điện phóng điện chính là năng l−ợng của tụ điện ban đầu: 2 q2 (10 −3 ) Q = W = = = 0,25()J 2C 2.2.10 −6 2-19. Xác định nhiệt l−ợng toả ra khi nối các bản phía trên (bản không nối đất) của hai tụ điện bằng một dây dẫn (hình 2-8). Hiệu điện thế giữa các bản phía trên của tụ điện và đất lần l−ợt bằng U 1 = 100V và U 2 = -50V, điện dung của các tụ điện bằng C 1 = 2 àF; C2 = 0,5 àF. Giải: U1 U2 M N C1 C2 O O Hình 2-8 Tr−ớc khi nối các tụ điện, điện tích trên các bản tụ phía trên là: q1 = C1U1; q2 = C2U 2 Sau khi nối các tụ điện, tổng điện tích trên các bản tụ là: q = q1 + q2 = C1U1 + C2U 2 = (C1 + C2 )U C U + C U ⇒ U = 1 1 2 2 C1 + C2 Năng l−ợng của các tụ điện tr−ớc khi nối là: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
C U 2 C U 2 W = 1 1 + 2 2 1 2 2 và sau khi nối là: 2 2 (C1 + C2 )U (C1U1 + C2U 2 ) W2 = = 2 2()C1 + C2 Nhiệt l−ợng toả ra đúng bằng độ thay đổi năng l−ợng các tụ điện: 2 2 2 2 C1U1 C2 U 2 (C1U1 + C2 U 2 ) C1C2 (U1 − U 2 ) Q = W1 − W2 = + − = 2 2 2()C1 + C2 2()C1 + C2 2.10−6.0,5.10−6.(100 − (− 50 ))2 Q = = 4,5.10−3 ()J 2()2.10−6 + 0,5.10−6 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Ch−ơng 3: Điện môi 3-1. Xác định mật độ điện tích liên kết trên mặt một tấm mica dày 0,02cm đặt vào giữa và áp vào hai bản của một tụ điện phẳng đ−ợc tích đến hiệu điện thế U = 400V. Giải: Ta có: σ = Pn trong đó Pn = Dn − ε 0En . Trong khoảng không gian giữa hai bản tụ điện phẳng, điện tr−ờng là đều và vuông góc với hai bản tụ. Ta có: U E = E = ; D = D = εε E n d n 0 U ⇒ σ = D − ε E = ()()ε −1 ε E = ε −1 ε 0 0 0 d 400 σ =()5,7 −1 8,86.10−12 =1,15.10−4 ()C/ m2 2.10 −4 3-2. Bên trong một lớp điện môi đồng chất hằng số điện môi là ε, có một điện tr−ờng đều E. Ng−ời ta khoét một lỗ hổng hình cầu bên trong lớp điện môi ấy. Hdy tìm c−ờng độ điện tr−ờng E’ tại tâm lỗ hổng do các điện tích cảm ứng trên mặt lớp điện môi tạo thành lỗ hổng gây ra. Giải: R r E θ h O Mật độ điện tích trên một phần tử diện tích mặt dSlà: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
(ε −1)ε Eh σ = P = ()()ε −1 ε E = ε −1 ε E.cos θ = 0 n 0 n 0 R với θ là góc giữa pháp tuyến của dS và véctơ phân cực điện môi P . Chia mặt cầu thành các vòng có độ dày dh rất nhỏ. Vòng có điện tích tổng cộng: 2πr.dh dQ = σ .dS = σ = 2πσ R.dh sin θ Sử dụng tính toán của bài 1-14, điện tr−ờng do vòng gây ra tại O cùng ph−ơng với E và độ lớn bằng: h dE = .dQ h 2 2 2/3 4πεε 0 ()r + h h (ε −1)E 2 ⇒ dE h = 3 2. π.()ε −1 ε 0Eh .dh = 3 h dh 4πεε 0R 2εR (ε −1)E R ⇒ E = dE = h2dh ∫ h 3 ∫ 2εR −R (ε −1)E h3  R ⇒ E = 3   2εR  3  − R (ε −1)E ⇒ E = 3ε 3-3. Một tụ điện phẳng có chứa điện môi ( ε = 6) khoảng cách giữa hai bản là 0,4cm, hiệu điện thế giữa hai bản là 1200V. Tính: 1. C−ờng độ điện tr−ờng trong chất điện môi. 2. Mật độ điện mặt trên hai bản tụ điện. 3. Mật độ điện mặt trên chất điện môi. Giải: 1. C−ờng độ điện tr−ờng trong chất điện môi: U 1200 E = = = 3.105 ()V / m d 4.10 −3 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2. Mật độ điện mặt trên hai bản tụ điện σ −12 5 −5 2 E = ⇒ σ = εε 0E = 6.8,86.10 .3.10 ≈ 1,59.10 (C / m ) εε 0 3. Mật độ điện mặt trên chất điện môi: −12 5 −5 2 σ '= (ε −1)ε 0E = 5.8,86.10 .3.10 ≈ 1,33.10 (C / m ) 3-4. Cho một tụ điện phẳng, môi tr−ờng giữa hai bản ban đầu là không khí ( ε1 = 1), diện tích mỗi bản là 0,01m 2, khoảng cách giữa hai bản là 0,5cm, hai bản đ−ợc nối với hiệu điện thế 300V. Sau đó bỏ nguồn đi rồi lấp đầy khoảng không gian giữa hai bản bằng chất điện môi có ε2 = 3. 1. Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện sau khi lấp đầy điện môi. 2. Tính điện tích trên mỗi bản. Giải: Điện dung của tụ điện đ−ợc xác định theo công thức: εε S C = 0 d ε ε S 1.8,86.10−12 .10−2 ⇒ Q = C U = 1 0 U = .300 ≈ 5,3.10−9 ()C 1 1 d 1 0,5.10−2 Mặt khác, điện tích này sau khi lấp tụ không đổi nên: Q ε1ε 0SU 1 d ε1U1 .1 300 Q = C2U 2 ⇒ U 2 = = . = = = 100 ()V C2 d ε 2ε 0S ε 2 3 3-5. Cho một tụ điện phẳng, khoảng cách giữa hai bản là 0,01m. Giữa hai bản đổ đầy dầu có hằng số điện môi ε = 4,5. Hỏi cần phải đặt vào các bản một hiệu điện thế bằng bao nhiêu để mật độ điện tích liên kết trên dầu bằng 6,2.10 -10 C/cm 2. Giải: Mật độ điện tích liên kết: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
U σ '= ()()ε −1 ε E = ε −1 ε 0 0 d dσ ' 0,01.6,2.10−6 ⇒ U = = −12 ≈ 2000 ()V ()ε −1 ε0 3,5.8,86.10 3-6. Giữa hai bản của một tụ điện phẳng, có một bản thuỷ tinh ( ε = 6). Diện tích mỗi bản tụ điện bằng 100cm 2. Các bản tụ điện hút nhau với một lực bằng 4,9.10 -3N. Tính mật độ điện tích liên kết trên mặt thuỷ tinh. Giải: Gọi lực t−ơng tác giữa hai bản tụ điện là F. Công dịch chuyển hai bản tụ điện lại sát nhau về trị số đúng bằng năng l−ợng của tụ điện: Q2 σ 2S 2 d Fd = = . 2C 2 εε 0S 2εε F ⇒ σ = 0 S Mặt khác, ta lại có: σ = εε 0E; σ '= (ε −1)ε 0E ε −1 ε −1 2εε F 5 2.6.8,86.10−12 .4,9.10−3 ⇒ σ '= σ = 0 = ≈ 6.10−6 ()C / m2 ε ε S 6 10 −2 3-7. Một tụ điện cầu có một nửa chứa điện môi đồng chất với hằng số điện môi ε = 7, nửa còn lại là không khí. Bán kính các bản là r = 5cm và R = 6cm (hình 3-2). Xác định điện dung C của tụ điện. Bỏ qua độ cong của những đ−ờng sức điện tr−ờng tại mặt giới hạn chất điện môi. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
r R Hình 3-2 Giải: Coi tụ điện nh− một hệ hai tụ điện mắc song song mà mỗi tụ điện có các bản là nửa mặt cầu. Điện dung của mỗi tụ đ−ợc tính theo công thức: 2πεε Rr C = 0 R − r Điện dung của hệ là: 2πεε Rr 2πε Rr 2π (ε +1)ε Rr C = C + C = 0 + 0 = 0 1 2 R − r R − r R − r 2π.(7 +1) .8,86.10−12 .6.10−2.5.10−2 C = ≈1,34.10−10 ()F 10 −2 3-8. Trong một tụ điện phẳng có khoảng cách giữa các bản là d, ng−ời ta đặt một tấm điện môi dày d 1 < d song song với các bản tụ điện. Xác định điện dung của tụ điện trên. Cho biết hằng số điện môi của tấm điện môi là ε, diện tích của tấm đó bằng diện tích các bản của tụ điện và bằng S. Giải: Coi tụ điện nh− ba tụ điện mắc nối tiếp với các điện dung: εε 0S ε0S ε 0S C1 = ; C2 = ; C3 = d1 d2 d3 với d 2 và d 3 là khoảng cách giữa các mặt của tấm điện môi và các bản tụ điện. Điện dung toàn phần của tụ điện xác định theo công thức: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
1 1 1 1 1  d1  1  d1  = + + =  + d2 + d3  =  + d − d1  C C1 C2 C3 ε 0S  ε  ε0S  ε  εε S ⇒ C = 0 εd + ()1− ε d1 3-9. Hai tụ điện phẳng, mỗi cái có điện dung C = 10 -6 àF đ−ợc mắc nối tiếp với nhau. Tìm sự thay đổi điện dung của hệ nếu lấp đầy một trong hai tụ điện bằng một chất điện môi có hằng số điện môi ε = 2. Giải: Điện dung của hệ tr−ớc khi lấp là: C.C C C = = 1 C + C 2 Điện dung của tụ điện bị lấp đầy sẽ tăng lên ε lần. Điện dung của hệ khi đó là: C.(εC) ε.C C = = 2 C + ()εC ε +1 Độ thay đổi điện dung của hệ là: ε.C C ε −1 2 −1 ∆C = C − C = − = C = .10−6 ≈ 1,7.10−7 ()àF 2 1 ε +1 2 2()ε +1 2()2 +1 3-10. Một điện tích q đ−ợc phân bố đều trong khắp thể tích của một quả cầu bán kính R. Cho hằng số điện môi của môi tr−ờng bên trong cũng nh− bên ngoài của quả cầu đều bằng ε. Tính: 1. Năng l−ợng điện tr−ờng bên trong quả cầu. 2. Năng l−ợng điện tr−ờng bên ngoài quả cầu. 3. Khi chia đôi quả cầu thành hai nửa quả cầu bằng nhau, năng l−ợng điện tr−ờng thay đổi thế nào? Giải: Xét mặt Gaox đồng tâm với quả cầu có bán kính r. Do tính đối xứng nên điện tr−ờng trên mặt cầu có độ lớn nh− nhau và vuông góc với mặt cầu. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
3 2 qr ρ.( )3/4 π.r q r qr + Với r R: E 4. πr = ⇒ E = 2 εε 0 4πεε 0r 1 Mật độ năng l−ợng của điện tr−ờng là: w = εε E 2 2 0 + Năng l−ợng bên trong quả cầu là: 2 R R 1  qr  q2 R q2 r 5  q2 W = εε .  4. πr 2dr = r 4dr = = 1 ∫0  3  6 ∫ 6   2 4πεε 0R 8πεε 0 R 8πεε 0R  5  40 πεε 0 R 0   0 0 + Năng l−ợng bên ngoài quả cầu là: 2 ∞ ∞ 1  q  q2 ∞ 1 q2  1 q2 W = εε .  4. πr 2dr = dr = − = 2 ∫2 0  4πεε r 2  8πεε ∫ r 2 8πεε  r  8πεε R R  0  0 R 0 R 0 + Khi chia đôi quả cầu, các bán cầu sẽ đẩy nhau ra và chuyển về trạng thái có mức năng l−ợng thấp hơn. 3-11. Véctơ cảm ứng điện D qua mặt phân cách giữa hai chất điện môi khác nhau, sẽ đổi h−ớng (hình 3-3). Tìm quy luật của sự đổi h−ớng đó. N α 1 D1 O p α 2 D2 Hình 3 -3 Giải: Chia véctơ cảm ứng điện thành hai thành phần: thành phần h−ớng dọc theo pháp tuyến Dn và thành phần h−ớng dọc theo mặt ngăn cách giữa hai môi tr−ờng Dt . Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
+ Xét thành phần pháp tuyến Dn : Do các điện tích cảm ứng xuất hiện tại mặt ngăn cách giữa hai môi tr−ờng, nên thành phần pháp tuyến của vectơ c−ờng độ điện tr−ờng thay đổi theo biểu thức: En1 ε 2 = ⇒ Dn1 = ε1ε 0En1 = ε 2ε 0En2 = Dn2 En2 ε1 + Xét thành phần tiếp tuyến Dt : Do theo ph−ơng ngang, điện tr−ờng không bị ảnh h−ởng bởi các điện tích cảm ứng, nên: Dt1 Dt 2 Dt1 ε1 Et1 = Et 2 ⇒ = ⇒ = ε1ε0 ε 2ε 0 Dt 2 ε 2 Khi đó ta có: tg α D D ε 1 = t1 . n2 = 1 tg α2 Dn1 Dt 2 ε 2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Ch−ơng4: Từ tr−ờng 4-1. Tính c−ờng độ từ tr−ờng của một dòng điện thẳng dài vô hạn tại một điểm cách dòng điện 2cm. Biết c−ờng độ dòng điện I = 5A. Giải: Sử dụng công thức c−ờng độ từ tr−ờng cho dòng điện thẳng dài vô hạn: I 5 H = = ≈ 39 8, ()A/ m 2πr 2π.2.10 −2 4-2. Hai dòng điện thẳng dài vô hạn, có c−ờng độ dòng điện I 1 = I2 = 5A, đ−ợc đặt vuông góc với nhau và cách nhau một đoạn AB = 2cm. Chiều các dòng điện nh− hình vẽ 4-7. Xác định vectơ c−ờng độ từ tr−ờng tại điểm M nằm trong mặt phẳng chứa I 1 và vuông góc với I 2, cách dòng điện I 1 một đoạn MA = 1cm. I1 I 2 A M B Hình 4-7 Giải: Dòng I 1 gây ra tại M từ tr−ờng H 1 h−ớng từ phía sau ra phía tr−ớc trang giấy có độ lớn là: I 5 H = 1 = ≈ 79 6, ()A/ m 1 2π.MA 2π.10 −2 Dòng I 2 gây ra tại M từ tr−ờng H 2 h−ớng từ d−ới lên trên có độ lớn là: I 5 H = 2 = ≈ 26 5, ()A/ m 2 2π.MB 2π.3.10 −2 C−ờng độ từ tr−ờng tổng hợp có độ lớn: 2 2 2 2 H = H1 + H 2 = ()()79 6, + 26 5, ≈ 84 ()A/ m Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
α và h−ớng từ phía sau ra phía tr−ớc trang giấy, hợp với H 1 góc có: H 26 5, 1 tg α = 2 = = ⇒ α ≈ 18 025 ' H1 79 6, 3 4-3. Hình 4-8 vẽ mặt cắt vuông góc của hai dòng điện thẳng song song dài vô hạn ng−ợc chiều nhau. Khoảng cách giữa hai dòng điện AB = 10cm. C−ờng độ của các dòng điện lần l−ợt bằng I 1 = 20A, I 2 = 30A. Xác định vectơ c−ờng độ từ tr−ờng tổng hợp tại các điểm M 1, M 2, M 3. Cho biết M 1A = 2cm, AM 2 = 4cm, BM 3 = 3cm. I1 I2 M M1 A M2 B 3 Hình 4-8 Giải: Từ tr−ờng do I 1 và I 2 gây ra cùng chiều tại M 2 và ng−ợc chiều tại M 1 và M 2. I1 I2 20 30 + Tại M 1: H1 = − = −2 − −2 ≈ 120 ()A/ m 2π.AM 1 2π.BM 1 2π.2.10 2π.12.10 H1 có chiều h−ớng từ trên xuống. I1 I2 20 30 + Tại M 2: H 2 = + = −2 + −2 ≈ 160 ()A/ m 2π.AM 2 2π.BM 2 2π.4.10 2π.6.10 H2 có chiều h−ớng từ d−ới lên. I2 I1 30 20 + Tại M 3: H3 = − = −2 − −2 ≈ 135 ()A/ m 2π.AM 3 2π.BM 3 2π.3.10 2π.13.10 H3 có chiều h−ớng từ d−ới lên. 4-4. Hình 4-9 biểu diễn tiết diện của ba dòng điện thẳng song song dài vô hạn. C−ờng độ các dòng điện lần l−ợt bằng: I 1 = I 2 = I; I 3 = 2I. Biết AB = BC = 5cm. Tìm trên đoạn AC điểm có c−ờng độ từ tr−ờng tổng hợp bằng không. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
I1 I2 I3 A B C Hình 4 -9 Giải: Xét điểm M nằm trên AC. Gọi H1 , H 2 và H3 là các c−ờng độ từ tr−ờng do I 1, I 2 và I 3 gây ra tại M. Dễ dàng nhận thấy chúng cùng ph−ơng cùng chiều trên đoạn BC, nên điểm M có c−ờng độ từ tr−ờng tổng hợp bằng không chỉ có thể nằm trên AB (do ta chỉ xét M nằm trên AC). Đặt x = AM. Ta có: H 2 ng−ợc chiều với H1 và H3 nên: I I 2I H = H1 + H3 − H 2 = − + = 0 2π.x 2π (l1 − x) 2π (l2 − x) 1 1 2 ⇒ − + = 0 x 5 − x 10 − x ()()()x 2 −15 x + 50 − 10 x − x 2 + 2 5x − x 2 ⇒ = 0 x(x − 5 )(x −10 ) ⇒ 50 −15 x = 0 50 ⇒ x = ≈ 3,3 ()cm 15 Vậy: điểm M nằm trên AB và cách A một khoảng x = 3,3cm. 4-5. Hai dòng điện thẳng dài vô hạn đặt thẳng góc với nhau và nằm trong cùng một mặt phẳng (hình 4-10). Xác định vectơ c−ờng độ từ tr−ờng tổng hợp tại các điểm M 1 và M 2, biết rằng: I1 = 2A; I 2 = 3A; AM 1 = AM 2 = 1cm; BM 1 = CM 2 = 2cm; Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
I1 M2 M1 A C O B I2 Hình 4 -10 Giải: Các dòng I 1 và I 2 gây ra tại M 1 và M 2 các vectơ c−ờng độ từ tr−ờng h−ớng theo ph−ơng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, cùng chiều tại M 2 và ng−ợc chiều tại M 1. + Tại M 1: I1 I2 1  2 3  H1 = − =  −2 − −2  ≈ 8()A/ m 2π.AM 1 2π.BM 1 2π 10 2.10  Do từ tr−ờng do dòng I 1 gây ra mạnh hơn nên H 1 h−ớng theo ph−ơng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ theo chiều h−ớng ra phía sau. + Tại M 2: I1 I2 1  2 3  H 2 = + =  −2 + −2  ≈ 56 ()A/ m 2π.AM 2 2π.CM 2 2π 10 2.10  Vectơ c−ờng độ từ tr−ờng h−ớng theo ph−ơng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ theo chiều h−ớng về phía tr−ớc. 4-6. Tìm c−ờng độ từ tr−ờng gây ra tại điểm M bởi một đoạn dây dẫn thẳng AB có dòng điện I = 20A chạy qua, biết rằng điểm M nằm trên trung trực của AB, cách AB 5cm và nhìn AB d−ới góc 60 0. Giải: Từ điều kiện của đầu bài ta dễ dàng có: α = (AB , AM )= (BA , BM )= 60 0 Sử dụng công thức tính c−ờng độ từ tr−ờng cho dây dẫn hữu hạn: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
I(cos θ − cos θ ) 20 (cos 60 0 − cos 120 0 ) H = 1 2 = ≈ 31 8, ()A/ m 4πr 4π.5.10 −2 0 (do θ1 = α; θ2 = 180 −α ) 4-7. Một dây dẫn đ−ợc uốn thành hình chữ nhật, có các cạnh a = 16cm, b= 30cm, có dòng điện c−ờng độ I = 6A chạy qua. Xác định vectơ c−ờng độ từ tr−ờng tại tâm của khung dây. Giải: Bốn phần dây dẫn tạo nên bốn canh của hình chữ nhật tạo ra các từ tr−ờng cùng ph−ơng, cùng chiều với nhau tại tâm của khung dây. Gọi góc α = (AO , AB ), ta có: I(cos θ − cos θ ) I 2. cos α I b H = 1 2 = = . = H 1 a 2 2 3 4πr 4π. πa a + b 2 I a T−ơng tự: H 2 = H 4 = . πb a2 + b2 2I  a b  2I a2 + b2 Vậy: H = H1 + H 2 + H3 + H 4 =  +  = π a2 + b2  b a  πab .6.2 ()()0,16 2 + 3,0 2 Thay số: H = ≈ 27 1, ()A/ m π.0,16 3,0. 4-8. Một dây dẫn đ−ợc uốn thành tam giác đều mỗi cạnh a = 50cm. Trong dây dẫn có dòng điện c−ờng độ I = 3,14A chạy qua. Tìm c−ờng độ từ tr−ờng tại tâm của tam giác đó. Giải: Ta nhận thấy mỗi cạnh tam giác tạo ra tại tâm của tam giác một từ tr−ờng cùng độ lớn, cùng ph−ơng chiều. Gọi khoảng cách từ tới tâm tam giác tới một cạnh là x, ta dễ dàng có đ−ợc: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
1 a 3 a 3 a 2/ a a 1 3 x = = ; cos θ1 = −cos θ2 = = = = = 3 2 6 r a2 a2 a2 16 2 2 x2 + 2 + .2 4 12 4 12 I(cos θ − cos θ ) 3,14 .2. 2/3 ⇒ H = 1 = ( ) ≈ 3()A/ m 1 4πx .4 π ().5,0. 6/3 ⇒ H = 3H1 = 9()A/ m 4-9. Một dây dẫn đ−ợc uốn thành hình thang cân, có dòng điện c−ờng độ I = 6,28A chạy qua (hình 4-11). Tỉ số chiều dài hai đáy bằng 2. Tìm cảm ứng từ tại điểm A – giao điểm của đ−ờng kéo dài 2 cạnh bên. Cho biết: đáy bé của hình thang l = 20cm, khoảng cách từ A tới đáy bé b = 5cm. E B α l A C b D Hình 4-11 Giải: Theo định luật Biô-Xava-Laplatx: àà dl.I ∧ r dB = 0 . 4π r 3 ta thấy, điện tr−ờng do phần tử dòng điện không gây ra tại điểm nằm trên trục của nó (dB = 0 do dl ∧ r = 0 ). Các cạnh CD và BE không sinh ra từ tr−ờng tại A. Các cạnh BC và DE sinh ra tại A các từ tr−ờng h−ớng theo ph−ơng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ nh−ng ng−ợc chiều. àà I.(cos θ − cos θ ) àà I.(cos θ − cos θ ) B = B − B = 0 1 2 − 0 1 2 BC DE 4π.b 4π.2b 2.I cos α àà I 2/l àà l.I 2 B = = 0 . = 0 4π 2. b 4πb l2 4πb l2 + 4b2 + b2 4 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
4.1 π.10−7.6,28 2,0. 2 B = ≈ 2,24.10−6 ()T 2 4π.5.10−2 2,0 2 + 4.() 5.10−2 4-10. Một dây dẫn dài vô hạn đ−ợc uốn thành một góc vuông, trên có dòng điện 20A chạy qua. Tìm: a) C−ờng độ từ tr−ờng tại điểm A nằm trên một cạnh góc vuông và cách đỉnh O một đoạn OA = 2cm (hình 4-12); b) C−ờng độ từ tr−ờng tại điểm B nằm trên phân giác của góc vuông và cách đỉnh O một đoạn OB = 10cm. Giải: a) Từ tr−ờng trên trục dây dẫn bằng 0, nên từ tr−ờng tại A chỉ do một cạnh góc vuông gây ra:  π  I.cos 0 − cos  2 20 ()1. − 0 H =   = ≈ 79 8, ()A/ m A 4πR 4π.2.10 −2 b) Từ tr−ờng do hai cạnh góc vuông gây ra tại cùng ph−ơng, cùng chiều:  3π   π  Icos 0 − cos  Icos − cos π   4   4  H B = + 4πR1 4πR 2  2   2  20 .1+  20 . +1  2   2  H =   +   ≈ 77 3, ()A / m B 1,0 1,0 4π 4π 2 2 4-11. Một dây dẫn dài vô hạn đ−ợc uốn thành một góc 56 0. C−ờng độ dòng điện chạy qua dây dẫn I = 30A. Tìm c−ờng độ từ tr−ờng tại điểm A nằm trên phân giác của góc và cách đỉnh góc một đoạn a = 5cm (hình 4-13). Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
a A O Hình 4-13 Giải: Từ tr−ờng do hai cạnh của góc nhọn gây ra tại A cùng ph−ơng và cùng chiều: I(cos 0 − cos 152 0 ) I(cos 28 − cos 180 0 ) 1(I + cos 28 0 ) H = + = 4πR 4πR 2πa.sin 28 0 30 1( + cos 28 0 ) H = ≈ 3,8.102 ()A / m 2π.0,05.sin 28 0 4-12. Trên một dây dẫn đ−ợc uốn thành một đa giác n cạnh đều nội tiếp trong vòng tròn bán kính R có một dòng điện c−ờng độ I chạy qua. Tìm cảm ứng từ B tại tâm của đa giác. Từ kết quả thu đ−ợc, xét tr−ờng hợp n → ∞. Giải: Gọi H 0 là c−ờng độ từ tr−ờng do một cạnh đa giác có dòng điện c−ờng độ I chạy qua gây ra tại tâm đa giác. Do tính đối xứng, nên từ tr−ờng tại tâm đa giác sẽ bằng: H = nH 0 , với n là số cạnh của đa giác. áp dụng công thức tính c−ờng độ từ tr−ờng cho đoạn dây dẫn thẳng hữu hạn, ta thu đ−ợc: I(cos θ − cos θ ) H = 1 2 0 4πa trong đó: a là độ dài cạnh đa giác. π π π π π Dễ thấy: a = Rcos ; θ = − ;θ = + n 1 2 n 2 2 n   π π   π π  π Icos  −  − cos  +  I 2. sin  2 n   2 n  I π Vậy: H =   = n = .tg 0 π π 4πRcos 4πRcos 2πR n n n Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
àà nI π ⇒ B = àà H = 0 tg 0 2πR n Khi cho n → ∞, ta có: àà I tg (π / n) àà I B = lim 0 . = 0 ()π / n →0 2R π / n 2R Đó chính là cảm ứng từ do dòng điện tròn bán kính R gây ra tại tâm O của vòng tròn. 4-13. Trên một vòng dây dẫn bán kính R = 10cm có dòng điện c−ờng độ I = 1A chạy qua. Tìm cảm ứng từ B: a) tại tâm O của vòng dây; b) tại một điểm trên trục của vòng dây và cách tâm O một đoạn h = 10cm. Giải: dB1 A dB dB2 h I R dl Chia nhỏ vòng dây thành các đoạn dây dẫn rất ngắn dl. Đoạn dây gây ra tại A cảm ứng từ dB có thể phân tích thành hai thành phần dB1 và dB2 . Do tính đối xứng nên tổng tất cả các véctơ thành phần dB1 bằng không. Ta có: à I.dl R à IR B = dB = dB .cos α = 0 . = 0 dl ∫ 2 ∫ ∫ 4π r 2 r 4πr3 ∫ 2 à0 IR à0IR = 2/3 2. πR = 2/3 4π ()R2 + h2 2()R2 + h2 + Cảm ứng từ tại tâm O (h = 0): à IR 2 à I .4 π.10−7 1. B = 0 = 0 = ≈ 6,3.10−6 ()T O 2R3 2R 1,0.2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
+ Cảm ứng từ tại điểm trên trục của vòng dây cách tâm O một đoạn h = 10cm: 2 −7 2 à0IR .4 π.10 1,0.1. −6 BA = 2/3 = /3 2 ≈ 2,3.10 ()T 2()R2 + h2 2()1,0 2 + 1,0 2 4-14. Ng−ời ta nối hai điểm A, B của một vòng dây dẫn kín hình tròn với hai cực của nguồn điện. Ph−ơng của các dây nối đi qua tâm của vòng dây, chiều dài của chúng coi nh− lớn vô cùng (hình 4-14). Xác định c−ờng độ từ tr−ờng tại tâm của vòng dây. B N M E O A Hình 4 -14 Giải: Ta thấy, do các dây nối hoặc là ở rất xa hoặc là nằm theo ph−ơng đi qua tâm O nên từ tr−ờng tổng hợp do các dây nối gây ra tại O là bằng không. Gọi H 1 và H 2 lần l−ợt là từ tr−ờng do hai đoạn dây AMB và ANB gây ra tại O. Hai từ tr−ờng này cùng ph−ơng ng−ợc chiều. Do đó: I1 l1 I2 l2 l1 U l2 U H = H1 − H 2 = . − . = 2 − 2 r 2πr r 2πr 2πr R1 2πr R 2 Ul 1 Ul 2 US US = 2 − 2 = 2 − 2 = 0 2πr .()ρl1 S/ 2πr .()ρl2 S/ 2πρ r 2πρ r trong đó: + I 1, I 2 : c−ờng độ dòng điện trong AMB và ANB + l 1, l 2: chiều dài các cung AMB và ANB + R1, R 2: điện trở của các đoạn dây AMB và ANB + r, ρ, S: bán kính, điện trở suất và tiết diện của vòng dây + U: hiệu điện thế giữa hai điểm AB. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
4-15. C−ờng độ từ tr−ờng tại tâm của một vòng dây dẫn hình tròn là H khi hiệu điện thế giữa hai đầu dây là U. Hỏi nếu bán kính vòng dây tăng gấp đôi mà muốn giữ cho c−ờng độ từ tr−ờng tại tâm vòng dây không đổi thì hiệu điện thế giữa hai đầu dây phải thay đổi nh− thế nào? Giải: Ta có: I 1 U U US US H = = . = = = 2r 2r R 2r.()ρl / S 2r.ρ 2. πr 4πρ r 2 với: r, ρ, S là bán kính, điện trở suất và tiết diện của vòng dây. Vậy: Muốn c−ờng độ từ tr−ờng H không đổi khi bán kính vòng dây r tăng lên 2 lần thì hiệu điện thế giữa hai đầu dây phải tăng lên 2 2 = 4 lần. 4-16. Hai vòng dây dẫn tròn có tâm trùng nhau và đ−ợc đặt sao cho trục của chúng vuông góc với nhau. Bán kính mỗi vòng dây bằng R = 2cm. Dòng điện chạy qua chúng có c−ờng độ I 1 = I 2 = 5A. Tìm c−ờng độ từ tr−ờng tại tâm của chúng. Giải: Do hai vòng dây có cùng bán kính vòng dây, cùng c−ờng độ dòng điện nên chúng gây ra tại tâm O các từ tr−ờng có độ lớn nh− nhau: I 5 H = H = = = 125 ()A/ m 1 2 2R 2.2.10 −2 Do các vòng đ−ợc đặt trùng tâm và vuông góc với nhau nên H1 và H 2 có ph−ơng vuông góc với nhau: 2 2 H = H1 + H 2 ⇒ H = H1 + H 2 = 2H1 = .2 125 ≈ 177 ()A/ m 4-17. Hai vòng dây dẫn giống nhau bán kính R = 10cm đ−ợc đặt song song, trục trùng nhau và mặt phẳng của chúng cách nhau một đoạn a = 20cm. Tìm cảm ứng từ tại tâm của mỗi vòng dây và tại điểm giữa của đoạn thẳng nối tâm của chúng trong hai tr−ờng hợp: a) Các dòng điện chạy trên các vòng dây bằng nhau (I 1 = I 2 = 3A) và cùng chiều. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
b) Các dòng điện chạy trên các vòng dây bằng nhau (I 1 = I 2 = 3A) nh−ng ng−ợc chiều. Giải: Sử dụng kết quả của bài 4-13, ta có, cảm ứng từ do vòng dây gây ra tại điểm nằm trên trục của vòng dây bán kính R cách tâm vòng một đoạn h có độ lớn là: 2 à0IR B = /3 2 2()R2 + h2 a) Nếu các dòng điện chạy trên các dây là cùng chiều, thì các vectơ cảm ứng từ do các vòng tạo ra cùng chiều tại mọi điểm trên trục của các vòng dây: B = B1 + B2 + Tại tâm vòng 1 (h 1 = 0, h 2 = a) và tại tâm vòng 2 (h 1 = a, h 2 = 0): à I  1 R2  4π.10−7 3.  1 1,0 2  B = B = 0  +  =  +  ≈ 2,1.10−5 ()T O1 O2 2 2 2/3 2 2 2/3 2  R ()R + a  2  1,0 ()1,0 + 2,0  + Tại điểm chính giữa hai vòng dây (h 1 = h 2 = a/2): 2 −7 2 à0IR 4π.10 1,0.3. −5 BM = .2 = ≈ 1,35.10 ()T 2 2/3 2 /3 2  2 a   2 2,0  2 R +   1,0 +   4   4  b) Nếu các dòng điện chạy trên các dây ng−ợc chiều, thì các vectơ cảm ứng từ do hai vòng tạo ra ng−ợc chiều nhau tại mọi điểm trên trục vòng dây: B = B1 − B2 + Tại tâm vòng 1 (h 1 = 0, h 2 = a) và tại tâm vòng 2 (h 1 = a, h 2 = 0): à I  1 R2  4π.10−7 3.  1 1,0 2  B = B = 0  −  =  −  ≈ 1,7.10−5 ()T O1 O2 2 2 2/3 2 2 /3 2 2  R ()R + a  2  1,0 ()1,0 + 2,0  nh−ng các vectơ B và B ng−ợc chiều nhau: B cùng chiều với B ; B cùng chiều với B O1 O2 O1 1 O2 2 + Tại điểm chính giữa hai vòng dây (h 1 = h 2 = a/2): 2 2 à0IR à0IR BM = − = 0 2 2/3 2 2/3  2 a   2 a  2 R +  2 R +   4   4  Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
4-18. Một sợi dây có vỏ cách điện đ−ờng kính (kể cả vỏ) bằng d = 0,3mm đ−ợc uốn thành một đ−ờng xoắn ốc phẳng gồm N = 100 vòng. Bán kính của vòng ngoài cùng R = 30 mm. Cho dòng điện I = 10mA chạy qua dây. Tính: a) Mômen từ của đ−ờng xoắn ốc đó. b) C−ờng độ từ tr−ờng tại tâm của đ−ờng xoắn ốc. Giải: Chia đ−ờng xoắn ốc thành những đoạn dây rất nhỏ. Xét một đoạn dl rất ngắn trên vòng dây nằm cách tâm đ−ờng xoắn ốc một đoạn r và đ−ợc nối với tâm đ−ờng xoắn ốc bằng hai đoạn dây thẳng. Khi đó: dα.r 2 I.dl I.dα dp = I.dS = I. ; dH = = m 2 4πr 2 4πr R Mặt khác: r = k.α ⇒dr = k.dα = dα 2π.N πNIr 2 NI ⇒ dp = dr ; dH = dr m R 2Rr Do tất cả các vectơ mômen từ và c−ờng độ từ tr−ờng đều cùng ph−ơng cùng chiều nên ta có: R R πNIr 2 πNI r 3  πNIR 2 π.100 .10−2.0,032 P = dp = dr = ≈ = ≈ 10 −3 .A m 2 m ∫ m ∫   () R R  3  3 3 2/d 2/d R NI NI R NI  R  H = ∫dH = ∫ dr = []ln r = ln   2/d 2Rr 2R 2/d 2R  2/d  100 .10−2  0,03  H = ln   ≈ 90 ()A / m 2.0,03 1,5.10−4  4-19. Một quả cầu đồng chất khối l−ợng m, bán kính R, mang một điện tích q. Điện tích q đ−ợc phân bố đều trong thể tích quả cầu. Ng−ời ta cho quả cầu quay xung quanh trục của nó với vận tốc góc ω. Tìm mômen động l−ợng L, mômen từ P m của quả cầu đó; từ đó suy ra tỉ số P m/L? Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Giải: z H r’ M r dV O θ ϕ y x + Mômen động l−ợng của quả cầu là: 2 L = Iω = mR 2ω 5 + Một phần tử điện tích dq quay xung quanh một trục với tần số ν sẽ t−ơng đ−ơng với một dòng điện c−ờng độ I =ν.dq .p Dòng điện này có mômen từ: dp m = IS với S là diện tích của vòng tròn quỹ đạo của phần tử điện tích. Dùng hệ toạ độ cầu nh− hình vẽ: ω dp =ν.dq .S = .ρ.dV .S m 2π q trong đó: + ρ = là mật độ điện tích của quả cầu 4 πR3 3 + dV = r 2 cos θ.dr .dθ.dϕ + S = πr'2 = πr 2 cos 2 θ Do các vectơ mômen từ của các phần tử khác nhau đều nằm trên trục quay nên mômen từ của toàn bộ quả cầu bằng: ω q 3ωq R π 2/ 2π P = dp = . .πr 2 cos 2 θ.dV = . r 4dr cos 3 θ d. θ dϕ m ∫ m ∫ 3 ∫ ∫ ∫ 2π 4 3 8πR πR 0 −π 2/ 0 3 3ωq R π 2/ 2π = . r 4dr 1− sin 2 θ d. sin θ dϕ 3 ∫ ∫ () ()∫ 8πR 0 −π 2/ 0 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
R π 2/ 3ωq r5   sin 3 θ  2π = 3 .  .sin θ −  .[]ϕ 8πR  5   3  0 0 −π 2/ 3ωq R 5 4 qR 2ω 3ωq R 5 4 qR 2ω = . . 2. π = = . . 2. π = 8πR 3 5 3 5 8πR 3 5 3 5 P qR 2ω 5 q Suy ra tỉ số: m = . = . L 5 2mR 2ω 2m 4-20. Một khung dây hình vuông abcd mỗi cạnh l = 2cm, đ−ợc đặt gần dòng điện thẳng dài vô hạn AB c−ờng độ I = 30A. Khung abcd và dây AB cùng nằm trong một mặt phẳng, cạnh ab song song với dây AB và cách dây một đoạn r =1cm (hình 4-15). Tính từ thông gửi qua khung dây. A a b I r B d l c Hình 4-15 Giải: Chia khung thành các dải nhỏ song song với dòng điện thẳng. Xét dải cách dòng điện một đoạn x có diện tích dS = l.dx. Từ đó ta tính đ−ợc từ thông do dòng điện gửi qua khung dây: φ = ∫ d.B S = ∫ B.dS abcd abcd r+l à I à Il r + l à Il  r + l  = ∫ 0 .l.dx = 0 []ln l = 0 ln   r 2πx 2π r 2π  r  4π.10−7.30.0,02 1+ 2  φ = ln   ≈ 1,32.10−7 ()Wb 2π  1  Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
4-21. Cho một khung dây phẳng diện tích 16cm 2 quay trong một từ tr−ờng đều với vận tốc 2 vòng/s. Trục quay nằm trong mặt phẳng của khung và vuông góc với các đ−ờng sức từ tr−ờng. C−ờng độ từ tr−ờng bằng 7,96.10 4 A/m. Tìm: a) Sự phụ thuộc của từ thông gửi qua khung dây theo thời gian. b) Giá trị lớn nhất của từ thông đó. Giải: Ta có: φ = BS .cos θ với θ là góc giữa vectơ cảm ứng từ và pháp tuyến của khung. Mặt khác: θ = ωt +θ0 Vậy: φ = à0HS cos (ωt +θ0 ) = φ0 cos (ωt +θ0 ) với tần số góc ω = 2πn = 4π (rad / s) Giá trị lớn nhất của từ thông: −7 4 −4 −4 φ0 = à0HS = 4π.10 .7,96.10 .16.10 ≈ 1,6.10 (Wb ) −4 ⇒ φ = 1,6.10 cos (4πt +θ0 ) (Wb ) 4-22. Một thanh kim loại dài l = 1m quay trong một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 0,05T. Trục quay vuông góc với thanh, đi qua một đầu của thanh và song song với đ−ờng sức từ tr−ờng. Tìm từ thông quét bởi thanh sau một vòng quay. Giải: Ta có từ thông quét bởi thanh sau một vòng quay là từ thông gửi qua diện tích hình tròn tâm tại trục quay, bán kính l và vuông góc với đ−ờng sức từ: φ = BS .cos θ = B.πl 2.cos θ =0,05.π 2.1. cos 0 ≈ 0,16()Wb Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
4-23. Cho một dòng điện I = 5A chạy qua một dây dẫn đặc hình trụ, bán kính tiết diện thẳng góc R = 2cm. Tính c−ờng độ từ tr−ờng tại hai điểm M 1 và M 2 cách trục của dây lần l−ợt là r 1 = 1cm, r 2 = 5cm. Giải: Chọn đ−ờng cong kín là đ−ờng tròn có tâm nằm trên trục dây dẫn, bán kính r. áp dụng định lý về l−u số của từ tr−ờng (định lí Ampe): n H ld I ∫ . = ∑ i C i=1 Do tính đối xứng nên các vectơ c−ờng độ từ tr−ờng bằng nhau tại mọi điểm trên C và luôn n tiếp tuyến với C. Do đó: H 2. πr = ∑ Ii i=1 a) Giả sử dòng điện phân bố đều trên thiết diện dây dẫn , thì với các điểm nằm trong dây dẫn: I Ir 2 Ir H 2. πr = .πr 2 = ⇒ H = πR2 R2 2πR2 b) Với các điểm nằm bên ngoài dây dẫn: I H 2. πr = I ⇒ H = 2πr 5.10−2 + Với r 1 = 1cm: H1 = 2 ≈ 20 ()A/ m 2π.() 2.10−2 5 Với r = 5cm: H = ≈ 16 ()A/ m 2 2 2π.5.10 −2 4-24. Một dòng điện I = 10A chạy dọc theo thành của một ống mỏng hình trụ bán kính R2 = 5cm, sau đó chạy ng−ợc lại qua một dây dẫn đặc, bán kính R 1 = 1mm, đặt trùng với trục của ống. Tìm: a) Cảm ứng từ tại các điểm cách trục của ống r 1 = 6cm và r 2 = 2cm; b) Từ thông gây ra bởi một đơn vị chiều dài của hệ thống. Coi toàn bộ hệ thống là dài vô hạn và bỏ qua từ tr−ờng bên trong kim loại. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Giải: n à0 Lý luận t−ơng tự bài 4-23, ta có: B = ∑ Ii 2πr i=1 à Với r > R : B = 0 .()I − I = 0 2 2πr à 4π.10−7.10 Với R > r > R : B = 0 I = = 10 −4 ()T 2 1 2πr 2π.2.10 −2 Do từ tr−ờng bên ngoài dây dẫn và trong kim loại bằng không nên từ thông do mỗi đơn vị chiều dài hệ thống gây ra là: R 2 à I à Il  R  φ = B.dS = 0 .l.dr = 0 .ln 2  ∫ ∫ 2πr 2π  R  R1  1  4π.10−7.10 1. 50 φ = ln ≈ 7,8.10−6 ()Wb 2π 1 4-25. Cho một ống dây điện thẳng dài 30cm, gồm 1000 vòng dây. Tìm c−ờng độ từ tr−ờng bên trong ống dây nếu c−ờng độ dòng điện chạy qua ống dây bằng 2A. Coi đ−ờng kính của ống dây rất nhỏ so với chiều dài của ống. Giải: Ta có thể coi ống dây là dài vô hạn, nên từ tr−ờng bên trong ống dây là đều và đ−ợc tính theo công thức: NI 1000 2. H = nI = = ≈ 6,7.103 ()A/ m l 3,0 4-26. Dây dẫn của ống dây tiết diện thẳng có đ−ờng kính bằng 0,8mm, các vòng dây đ−ợc quấn sát nhau, coi ống dây khá dài. Tìm c−ờng độ từ tr−ờng bên trong ống dây nếu c−ờng độ dòng điện chạy qua ống dây bằng 1A. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Giải: Do các vòng dây đ−ợc quấn sát nhau, nên chiều dài ống dây có thể tính bằng: l = Nd C−ờng độ từ tr−ờng bên trong ống dây là: NI NI I 1 H = nI = = = = = 1250 ()A/ m l Nd d 8.10 −4 4-27. Hỏi tỉ số giữa chiều dài l và đ−ờng kính D của một ống dây điện thẳng phải bằng bao nhiêu để có thể tính c−ờng độ từ tr−ờng tại tâm của ống dây theo công thức của ống dây dài vô hạn mà không sai quá 1%. Giải: d2 d1 R O θ2 θ1 x Ta đi tính cảm ứng từ tại điểm O trên trục của ống dây. Vòng dây cách O một đoạn x gây ra tại O cảm ứng từ: àà 0IS B = /3 2 2π ()R2 + x2 Cảm ứng từ do ndx vòng dây cách O một đoạn x gây ra bằng: àà 0ISn B = /3 2 dx 2π ()R2 + x2 với n là số vòng dây trên một đơn vị chiều dài của ống dây. Từ đó, cảm ứng từ tổng hợp do cả ống dây gây ra tại O là: d1 d1 àà ISn  àà ISnx  B = 0 dx = 0 ∫ 2 2 2/3  2 2 2  −d2 2π ()R + x 2πR R + x  − d 2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
d1 d1 àà ISn  àà ISnx  B = 0 dx = 0 ∫ 2 2 2/3  2 2 2  −d 2π ()R + x 2πR R + x  2 − d 2 àà ISn  d d  B = 0  1 + 2  2πR 2  2 2 2 2   R + d1 R + d2  d d Do S = πR2; 1 = cos θ ; 2 = cos θ , ta có: 2 2 1 2 2 2 R + d1 R + d2 1 B = àà nI (cos θ + cos θ ) 2 0 1 2 Tại tâm ống dây (d 1 = d 2 = l/2): 1  D2  D2   〈〈 B = àà 0nI ≈ àà 0nI 1− 2  do 2 1 1+ D2 /l 2  2l  l + Với ống dây dài vô hạn, cảm ứng từ bên trong ống dây là: B∞ = àà 0nI 2 B∞ − B D Sai số mắc phải là: δB = = 2 B∞ 2l D2 l 1 Để δB không v−ợt quá 1% thì: ≤ 1% ⇔ ≥ ≈ 1,7 2l 2 D 0,02 Vậy, chiều dài của ống dây cần lớn hơn đ−ờng kính ít nhất 7,1 lần. 4-28. Một dây dẫn thẳng dài 70cm đ−ợc đặt trong một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 0,1T. Dây dẫn hợp với đ−ờng sức từ tr−ờng một góc α = 30 0. Tìm từ lực tác dụng lên dây dẫn khi cho dòng điện I = 70A chạy qua dây dẫn. Giải: Theo công thức của lực từ: F = .lI ∧ B ⇒ F = BIl sin α = 0,1.70.0,7.sin 30 0 = 2,45(N ) Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
4-29. Trong một từ tr−ờng đều cảm ứng từ B = 0,1T và trong mặt phẳng vuông góc với các đ−ờng sức từ, ng−ời ta đặt một dây dẫn uốn thành nửa vòng tròn. Dây dẫn dài s = 63cm, có dòng điện I = 20A chạy qua. Tìm lực tác dụng của từ tr−ờng lên dây dẫn. Giải: Chia dây dẫn thành các đoạn dây có chiều dài dl rất nhỏ. Ta có: dF = I. ld ∧ B Lực tổng hợp tác dụng lên dây dẫn là: F = ∫ dF = ∫ I.( ld ∧ B)= I (∫ ld )∧ B = .lI ∧ B với l là véctơ nối từ điểm đầu đến điểm cuối của dây dẫn. Lực tổng hợp không phụ thuộc vào hình dạng của dây dẫn mà chỉ phụ thuộc vào đ−ờng nối điểm đầu và điểm cuối dây, ở đây là đ−ờng kính của nửa đ−ờng tròn: 2s 0,63 F = BIl sin α = BI sin α = 0,1.20 .2. .sin90 0 ≈ 8,0 ()N π π 4-30. Một ống dây thẳng trên có dòng điện I = 10mA, đ−ợc đặt trong một từ tr−ờng đều sao cho trục của ống dây trùng với ph−ơng của đ−ờng sức từ tr−ờng. Các vòng dây đ−ợc quấn bằng dây đồng có đ−ờng kính d = 0,1mm. Bán kính của mỗi vòng dây R = 10mm. Hỏi với giá trị nào của cảm ứng từ B của từ tr−ờng ngoài, vòng dây sẽ bị kéo đứt? Cho 8 2 biết ứng suất của dây đồng khi bị đứt σP = 2,3.10 N/m . Giải: Theo kết quả bài 4-29, lực tác dụng lên nửa vòng dây là: 2BIs F = = 2BIR (với R là bán kính vòng dây) π Lực này phân bố trên hai tiết diện thẳng của dây dẫn. Gọi F P và B P lần l−ợt là lực kéo và cảm ứng từ khi dây đồng bị đứt. Ta có: F = 2T (do hai phần tiết diện thẳng của dây dẫn song song) Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2 2 8 −3 2 σ πd σ πd 2,3.10 .π.( 0,1.10 ) 4 ⇒ 2B IR = 2 P ⇒ B = P = ≈ 1,8.10 ()T P 4 P 4IR 4.10 .10 −3.10 .10 −3 4-31. Cho một ống dây điện thẳng dài, cứ trên mỗi mét có n = 5000 vòng dây. Tại tâm ống dây, ng−ời ta đặt một cuộn dây nhỏ gồm N = 200 vòng. Các vòng dây của cuộn nhỏ có đ−ờng kính d = 10mm. Cuộn dây đ−ợc gắn ở đầu một đòn cân sao cho trục của nó vuông góc với trục của ống dây (hình 4-16). Lúc đầu cuộn dây đ−ợc cân bằng bởi một số quả nặng (đòn cân nằm trùng với trục của ống dây). Khi cho qua ống dây và cuộn dây cùng một dòng điện I = 20mA thì cân bằng bị phá huỷ. Hỏi phải đặt thêm quả nặng có trọng l−ợng bằng bao nhiêu để cân bằng đ−ợc thiết lập lại? Biết rằng cánh tay đòn của cân có chiều dài l = 300mm. l O B A Hình 4 -16 Giải: Khi cho dòng điện chạy qua cuộn dây, cuộn dây t−ơng đ−ơng với một nam châm có mô 1 men từ: p = NIS = πNId 2 m 4 Khi đó, cuộn dây sẽ chịu tác dụng của từ tr−ờng do ống dây gây ra. Mômen lực tác dụng lên cuộn dây:  1  1 M = p B =  πNId 2 .()àà nI = πàà NnI 2d 2 m  4  0 4 0 Để cân bằng đ−ợc thiết lập lại, cần đặt thêm quả nặng có trọng l−ợng P sao cho 1 M = Pl = M = πàà NnI 2d 2 P 4 0 πàà NnI 2d 2 π 4.1. π.10−7.200 .5000 .0,022.0,012 ⇒ P = 0 = ≈ 1,3.10−7 ()N 4l 4.300 .10 −3 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
4-32. Đặt một đĩa bằng đồng bán kính R = 5cm trong một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 0,2T sao cho mặt phẳng của đĩa vuông góc với đ−ờng sức từ tr−ờng. Cho một dòng điện I = 5A chạy dọc theo bán kính ab của đĩa (hình 4-17). Hỏi: a) Chiều quay của đĩa nếu chiều của từ tr−ờng đi từ phía sau ra phía tr−ớc mặt phẳng hình vẽ; b) Mômen lực tác dụng lên đĩa. b B a Hình 4-17 Giải: Phần đĩa nằm dọc theo bán kính ab có dòng điện chạy qua sẽ bị từ tr−ờng tác dụng lực và làm cho đĩa quay. áp dụng quy tắc bàn tay trái, ta tìm đ−ợc chiều quay của đĩa h−ớng theo chiều kim đồng hồ. Xét mômen lực từ tác dụng lên một đoạn dl dọc theo ab: dM = dF .r = BIl .dl R 2 −2 2 BIR 0,2.5.( 5.10 ) −4 ⇒ M = ∫dM = ∫ BIl .dl = = = 12 ,5.10 ()N.m 0 2 2 4-33. Hai cuộn dây nhỏ giống nhau đ−ợc đặt sao cho trục của chúng nằm trên cùng một đ−ờng thẳng. Khoảng cách giữa hai cuộn dây l = 200mm rất lớn so với kích th−ớc dài của các cuộn dây. Số vòng trên mỗi cuộn dây đều bằng N = 200 vòng, bán kính các vòng dây R = 10mm. Hỏi lực t−ơng tác f giữa các cuộn dây khi cho cùng một dòng điện I = 0,1A chạy qua chúng. Giải: Các cuộn dây có dòng điện chạy qua sẽ t−ơng tác với nhau nh− các nam châm. Thế năng của cuộn dây 2 trong từ tr−ờng của cuộn 1 đ−ợc tính theo công thức: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Wt = − pm B 2 trong đó: pm = NIS = NI πR 2 2 à0ISN à0IN .πR à0 INR và B = 2/3 ≈ 3 = 3 2π ()R2 + l 2 2πl 2l πà N 2I 2R4 Do đó: W = − 0 t 2l 3 Do tính đối xứng, lực t−ơng tác giữa hai cuộn dây phải h−ớng dọc theo trục của chúng và bằng đạo hàm của thế năng dọc theo trục đó: ∂W 3πà N 2I2R 4 3π 4. π.10−7.200 2 1,0. 2.0,014 F = t = 0 = ≈1,5.10−8 ()N ∂l l2 4 2,0.2 4 4-34. Cạnh một dây dẫn thẳng dài trên có dòng điện c−ờng độ I 1 = 30A chạy, ng−ời ta đặt một khung dây dẫn hình vuông có dòng điện c−ờng độ I 2 = 2A. Khung có thể quay xung quanh một trục song song với dây dẫn và đi qua các điểm giữa của hai cạnh đối diện của khung. Trục quay cách dây dẫn một đoạn b = 30mm. Mỗi cạnh khung có bề dài a = 20mm. Tìm: a) Lực f tác dụng lên khung. b) Công cần thiết để quay khung 180 0 xung quanh trục của nó. Giải: h I I2 1 a a) Ta dễ dàng nhận thấy lực từ tác dụng lên hai cạnh vuông góc với dây là bằng nhau và ng−ợc chiều. Do đó tổng hợp lực theo ph−ơng song song với dây dẫn là khác nhau. Do sự chênh lệch c−ờng độ từ tr−ờng tại vị trí hai cạnh còn lại, các lực tác dụng lên các cạnh này ng−ợc chiều nhau nh−ng có độ lớn khác nhau. Tổng hợp lực có xu h−ớng kéo khung dây lại gần dây dẫn và có độ lớn bằng: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
 à I à I  à II a 2 F = (B − B I) a =  0 1 − 0 1 I a = 0 1 2 . 1 2 2   2 2 2  2π ()b − 2/a 2π ()b + 2/a  2π b − ()2/a 20 2 F = 2.10−7.30 .2. = 6.10−6 ()N 30 2 −10 2 b) Sử dụng kết quả của bài 4-20, ta có từ thông do dây dẫn thẳng gửi qua khung dây là: à I a  b + a 2/  φ = 0 1 .ln  0 2π  b − a 2/  Khi quay khung 180 0, độ thay đổi từ thông qua khung là: ∆φ = φ0 − (−φ0 ) = 2φ0 Công cần thiết để thắng công cản của lực từ là: à II a  2b + a  2.30 + 20 A = I .∆φ = 0 1 2 ln   = 4.10−7.30.2.0,02.ln ≈ 3,3.10−7 ()J 2 π  2b − a  2.30 − 20 4-35. Hai dây dẫn thẳng dài vô hạn đặt song song cách nhau một khoảng nào đó. Dòng điện chạy qua các dây dẫn bằng nhau và cùng chiều. Tìm c−ờng độ dòng điện chạy qua mỗi dây, biết rằng muốn dịch chuyển các dây dẫn tới khoảng cách lớn gấp đôi lúc đầu thì phải tốn một công bằng 5,5.10 -5J/m (Công dịch chuyển một mét dài của dây dẫn). Giải: Xét công cản của lực từ khi ta dịch chuyển hai dây dẫn đang ở vị trí cách nhau một đoạn r đi một đoạn nhỏ dr theo ph−ơng vuông góc với dây: à I 2l dA = F.dr = BIl .dr = 0 dr 2πr Vậy, công cần tốn là: 2r 0 à I 2l à I 2l 2r à ln 2 A = dA = 0 dr = 0 ln 0 = 0 I 2l ∫ ∫ 2πr 2π r 2π r0 0 2π A 2π 5,5.10−5 ⇒ I = . = −7 . ≈ 20 ()A à0 ln 2 l 4π.10 .ln 2 1 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
4-36. Một dây dẫn thẳng, dài l = 10cm có dòng điện I = 2A chạy qua, chuyển động với vận tốc v = 20cm/s trong môt từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 0,5T theo ph−ơng vuông góc với đ−ờng sức từ tr−ờng. Dây dẫn chuyển động theo chiều khiến cho lực điện từ sinh công cản. Tính công cản đó sau thời gian t = 10giây. Giải: Do từ tr−ờng là đều, c−ờng độ dòng điện, vận tốc chuyển động của dây không đổi nên lực từ tác dụng lên dây không đổi. Công cản của lực từ là: A = −F.s = −BIl .vt = −0,5.2.0,1.0,2.10 = − 2,0 (J ) 4-37. Cuộn dây của một điện kế gồm 400 vòng có dạng khung chữ nhật chiều dài 3cm, chiều rộng 2cm, đ−ợc đặt trong một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 0,1T. Dòng điện chạy trong khung có c−ờng độ bằng 10 -7A. Hỏi: a) Thế năng của khung dây trong từ tr−ờng tại hai vị trí: • Vị trí 1: Mặt phẳng của khung song song với đ−ờng sức từ tr−ờng. • Vị trí 2: Mặt phẳng của khung hợp với đ−ờng sức từ tr−ờng một góc 30 0. b) Công của lực điện từ khi khung dây quay từ vị trí 1 sang vị trí 2 ở câu hỏi a. Giải: Công thức thế năng của khung dây trong từ tr−ờng là: Wt = − pm.B = −NISB cos (pm ,B)= −NIabB .cos ϕ Tại vị trí 1: ϕ = π 2/ ⇒ Wt1 = 0 −7 −9 Tại vị trí 2: ϕ = π 3/ ⇒ Wt 2 = −NIabB ( 2/1. ) = −400 .10 .0,03.0,02 5,0.1,0. = −1,2.10 (J ) Công của lực từ bằng độ giảm thế năng: −9 A = Wt1 −Wt 2 = 1,2.10 (J ) 4-38. Một vòng dây dẫn hình tròn bán kính R = 2cm trên có dòng điện I = 2A, đ−ợc đặt sao cho mặt phẳng của vòng dây vuông góc với đ−ờng sức của một từ tr−ờng có cảm ứng từ Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
B = 0,2T. Hỏi công phải tốn để quay vòng dây trở về vị trí song song với đ−ờng sức từ tr−ờng. Giải: Chúng ta cần tốn một công A để thắng lại công cản của từ tr−ờng: A = W − W = ISB (cos ϕ − cos ϕ ) 2t 1t 1 2 2 = .IπR B. ()cos ϕ1 − cos ϕ2  π  A = .2 π.0,022 2,0. cos 0 − cos  ≈ 5.10−4 ()J  2  4-39. Một electron đ−ợc gia tốc bởi hiệu điện thế U = 1000V bay vào một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 1,19.10 -3T. H−ớng bay của electron vuông góc với các đ−ờng sức từ tr−ờng. Tìm: a) Bán kính quỹ đạo của electron. b) Chu kỳ quay của electron trên quỹ đạo. c) Mômen động l−ợng của electron đối với tâm quỹ đạo. Giải: Ta có động năng của electron thu đ−ợc là: 1 2eU W = mv 2 = eU ⇒ v = d 2 m Khi bay vào trong từ tr−ờng, electron chuyển động theo quỹ đạo tròn với lực từ là lực h−ớng tâm: 2 −31 mv mv 2mU 2.9,1.10 .1000 −2 Bve = ⇒ R = = 2 = 2 ≈ 9.10 ()m R Be eB 1,6.10−19 .1,19().10−3 Chu kỳ quay của electron trên quỹ đạo: 2πR 2πm 2π.9,1.10−31 T = = = ≈ 3.10−8 ()s v Be 1,19.10−3.1,6.10−19 Mômen động l−ợng của electron đối với tâm quỹ đạo: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
v m 2 v2 2mU L = Iω = mR 2 . = mvR = = R Be B 2.9,1.10−31 .1000 L = ≈1,53.10−24 ()kg .m 2 s/ 1,19.10−3 4-40. Một electron sau khi đ−ợc gia tốc bằng hiệu điện thế U = 300V thì chuyển động song song với một dây dẫn thẳng dài và cách dây dẫn một khoảng a = 4mm. Tìm lực tác dụng lên electron nếu cho dòng điện I = 5A chạy qua dây dẫn. Giải: Công thức của lực Loren tác dụng lên electron: F = Bve sin α 2eU à I π với v = ; B = 0 ; α = ()v, B = m 2πr 2 à Ie 2eU 5.1,6.10−19 2.1,6.10−19 .300 ⇒ F = 0 = 2.10−7. . ≈ 4,1.10−16 ()N 2πr m 4.10−3 9,1.10−31 4-41. Một electron bay vào một từ tr−ờng đều cảm ứng từ B = 10 -3T theo ph−ơng vuông góc với đ−ờng sức từ tr−ờng với vận tốc v = 4.10 7m/s. Tìm gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến của electron. Giải: Do lực Loren luôn vuông góc với ph−ơng chuyển động của điện tích nên gia tốc tiếp tuyến của điện tích trong từ tr−ờng luôn bằng 0. Gia tốc pháp tuyến của electron là: F Bve 10 −3.4.107.1,6.10−19 a = = = ≈ 7.1015 ()m/ s2 n m m 9,1.10−31 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
α 4-42. Một hạt có động năng W d = 500 eV bay theo h−ớng vuông góc với đ−ờng sức của một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 0,1T. Tìm: a) Lực tác dụng lên hạt α; b) Bán kính quỹ đạo của hạt; c) Chu kỳ quay của hạt trên quỹ đạo. Chú thích: Hạt α có điện tích bằng +2e, khối l−ợng 4u. Giải: 1 2W .2 500 .1,6.10−19 Ta có: W = mv 2 ⇒ v = d = ≈ 1,55.105 ()m / s d 2 m 4.1,66.10−27 Lực tác dụng lên hạt: F = Bvq = 0,1.1,55.105.2.1,6.10−19 ≈ 5.10−15 (N ) Bán kính quỹ đạo của hạt: mv 6,64.10−27 .1,55.105 R = = ≈ 3,2.10−2 ()m Bq 0,1.3,2.10−19 Chu kỳ quay của hạt trên quỹ đạo: 2πm 2π.6,64.10−27 T = = ≈ 1,3.10−6 ()s Bq 0,1.3,2.10−19 4-43. Một electron chuyển động trong một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 2.10 -3T. Quỹ đạo của electron là một đ−ờng đinh ốc có bán kính R = 2cm và có b−ớc h = 5cm. Xác định vận tốc của electron. Giải: Ta chia véctơ vận tốc v thành hai thành phần: v 1 h−ớng dọc theo ph−ơng từ tr−ờng và véctơ v2 h−ớng vuông góc với ph−ơng từ tr−ờng. Bán kính đ−ờng đinh ốc chỉ phụ thuộc vào thành phần v 2: mv BeR 2.10−3.1,6.10−19 .0,02 R = 2 ⇒ v = = ≈ 7.106 ()m/ s Be 2 m 9,1.10−31 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
B−ớc xoắn phụ thuộc vào giá trị của v 1: 2πmv Beh 2.10−3.1,6.10−19 .0,05 h = v T = 1 ⇒ v = = ≈ 2,8.106 ()m/ s 1 Be 1 2πm 2π.9,1.10−31 Vận tốc của electron trên quỹ đạo: 2 2 6 2 6 2 6 v = v1 + v2 = (7.10 ) + (2,8.10 ) ≈ 7,6.10 ()m / s 4-44. Một electron đ−ợc gia tốc bằng một hiệu điện thế U = 6000V bay vào một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 1,3.10 -2T. H−ớng bay của electron hợp với đ−ờng sức từ một góc α = 30 0; quỹ đạo của electron khi đó là một đ−ờng đinh ốc. Tìm: a) Bán kính của một vòng xoắn ốc. b) B−ớc của đ−ờng đinh ốc. Giải: Vận tốc của eloctron sau khi đ−ợc gia tốc: 2eU 2.1,6.10−19 .6000 v = = ≈ 4,6.107 ()m/ s m 9,1.10−31 Bán kính của đ−ờng đinh ốc: mv mv sin α R = ⊥ = Be Be 9,1.10−31 .4,6.107.sin30 0 R = ≈ 10 −2 ()()m =1 cm 1,3.10−2.1,6.10−19 B−ớc xoắn của đ−ờng đinh ốc: 2πmv 2πmv cos α 2π.9,1.10−31 .4,6.107.cos 30 0 h = // = = ≈ 0,11()()m = 11 cm Be Be 1,3.10−2.1,6.10−19 4-45. Qua tiết diện S = ab của một bản bằng đồng bề dầy a = 0,5 mm bề cao b = 1mm, có một dòng điện I = 20A chạy. Khi đặt bản trong một từ tr−ờng có đ−ờng sức vuông góc với cạnh bên b và chiều dòng điện thì trên bản xuất hiện một hiệu điện thế ngang U = 3,1.10 -6V. Cho biết cảm ứng từ B = 1T. Xác định: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
a) Mật độ electron dẫn trong bản đồng. b) Vận tốc trung bình của electron trong các điều kiện trên. Giải: Khi các electron chạy trong dây dẫn đặt trong từ tr−ờng, do tác dụng của lực từ chúng bị kéo về các mặt bên của dây dẫn và tạo nên một hiệu điện thế. Hiệu điện thế này có chiều cản các electron dẫn tiếp tục chuyển về mặt bên. Khi hiệu điện thế đạt giá trị ổn định, các electron không tiếp tục chuyển về nữa, lực từ và lực điện cân bằng lẫn nhau. eU U 3,1.10−6 F = eE = = F = evB ⇒ v = = = 3,1.10−3 ()m / s C b L bB 10 −3.1 Mật độ electron dẫn n là số điện tích có trong một đơn vị thể tích: ( e/q ) t.I I IB n = = = = V eab .vt e.abv eUa 20 1. n = ≈ 8,1.1028 ()m−3 1,6.10−19 .3,1.10−6.5.10−4 4-46. Một electron có năng l−ợng W = 10 3eV bay vào một điện tr−ờng đều có c−ờng độ điện tr−ờng E = 800V/cm theo h−ớng vuông góc với đ−ờng sức điện tr−ờng. Hỏi phải đặt một từ tr−ờng có ph−ơng chiều và cảm ứng từ nh− thế nào để chuyển động của electron không bị lệch ph−ơng. Giải: v B E F F C L Muốn electron không bị lệch ph−ơng, ta cần đặt một từ tr−ờng sao cho lực Loren tác dụng lên electron triệt tiêu lực điện tr−ờng. Tr−ớc hết, để lực Loren và lực Culông cùng ph−ơng ng−ợc chiều, ph−ơng chiều của cảm ứng từ phải đặt nh− hình vẽ. Độ lớn của lực Loren và lực Culông bằng nhau: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
FC = eE = Bve = FL E m ⇒ B = = E B v 2W 9,1.10−31 B = 8.104. ≈ 4,2.10−3 ()T 2.103.1,6.10−19 4-47. Một electron bay vào một tr−ờng điện từ với vận tốc v = 10 5m/s. Đ−ờng sức điện tr−ờng và đ−ờng sức từ tr−ờng có cùng ph−ơng chiều. C−ờng độ điện tr−ờng E = 10V/cm, c−ờng độ từ tr−ờng H = 8.10 3A/m. Tìm gia tốc tiếp tuyến, gia tốc pháp tuyến và gia tốc toàn phần của electron trong hai tr−ờng hợp: a) Electron chuyển động theo ph−ơng chiều của các đ−ờng sức. b) Electron chuyển động vuông góc với các đ−ờng sức. Giải: a) Khi electron chuyển động dọc theo ph−ơng chiều của các đ−ờng sức, lực Loren tác dụng lên nó bằng 0. Điện tích chỉ có thành phần gia tốc tiếp tuyến do lực điện gây ra: eE 1,6.10−19 .1000 a = ;0 a = a = = ≈ 1,76.1014 ()m/ s2 n t m 9,1.10−31 b) Khi electron chuyển động theo ph−ơng vuông góc với các đ−ờng sức, cả lực điện và lực từ đều h−ớng theo ph−ơng vuông góc với ph−ơng chuyển động (và vuông góc với nhau) nên electron chỉ có thành phần gia tốc pháp tuyến: a t = ;0 2 2  eE   evB  a = a = a 2 + a 2 =   +   n C L  m   m  −19 1,6.10 2 a = 1000 2 + ()10 5 4. π.10−7.8.103 ≈ 2,5.1014 ()m s/ 2 9,1.10−31 4-48. Một electron bay vào khoảng giữa 2 bản của một tụ điện phẳng có các bản nằm 7 ngang. H−ớng bay song song với các bản, vận tốc bay v 0 = 10 m/s. Chiều dài của tụ điện Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
l = 5cm, c−ờng độ điện tr−ờng giữa hai bản tụ điện E = 100V/cm. Khi ra khỏi tụ điện, electron bay vào một từ tr−ờng có đ−ờng sức vuông góc với đ−ờng sức điện tr−ờng. Cho biết cảm ứng từ B =10 -2T. Tìm: a) Bán kính quỹ đạo định ốc của electron trong từ tr−ờng; b) B−ớc của đ−ờng đinh ốc. Giải: Quỹ đạo của electron trong từ tr−ờng phụ thuộc vào ph−ơng của các đ−ờng sức từ. ở đây, ta cho rằng từ tr−ờng có ph−ơng dọc theo ph−ơng vận tốc v 0 ban đầu của electron. Khi bay qua từ tr−ờng, electron đ−ợc gia tốc theo ph−ơng điện tr−ờng và nhận đ−ợc vận tốc v1 theo ph−ơng đó đ−ợc xác định nh− sau: −19 4 −2 eE l 1,6.10 .10 5.10 6 v1 = at = . = −31 . 7 ≈ 8,8.10 ()m / s m v0 9,1.10 10 Bán kính quỹ đạo của electron: mv 9,1.10−31 .8,8.106 R = ⊥ = ≈ 5.10−3 ()()m = 5 mm Be 10 −2.1,6.10−19 B−ớc xoắn của đ−ờng đinh ốc: 2πmv 2π.9,1.10−31 .107 h = // = ≈ 3,6.10−2 ()()m = 6,3 cm Be 10 −2.1,6.10−19 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
Ch−ơng 5: Hiện t−ợng cảm ứng điện từ 2 5-1. Một khung hình vuông làm bằng dây đồng tiết diện S 0 = 1mm đ−ợc đặt trong một từ 2π tr−ờng có cảm ứng từ biến đổi theo định luật B = B sin ωt, trong đó B = 0,01T, ω = , 0 0 T T = 0,02 giây. Diện tích của khung S = 25 cm 2. Mặt phẳng của khung vuông góc với đ−ờng sức từ tr−ờng. Tìm sự phụ thuộc vào thời gian và giá trị cực đại của các đại l−ợng sau: a) Từ thông gửi qua khung. b) Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung. c) C−ờng độ dòng điện chạy trong khung. Giải: 2π 2π Ta có: ω = = = 100 π ()rad / s T 0,02 a) Từ thông gửi qua khung: φ = B S = 0,01.25.10−4 = 2,5.10−5 (Wb ) max 0 −5 φ = BS = B0S sin ωt = 2,5.10 sin 100 πt()Wb b) Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên khung: E = φ'= ωB0Scos ωt E = ωB S = 100 π.2,5.10−5 ≈ 7,85.10−3 (V) max 0 ⇒ E = 7,85.10−3 cos 100 πt()V c) Khung hình vuông có diện tích S = 25 cm 2, nên cạnh của nó dài a = 5cm, chu vi của khung l = 20 cm. Điện trở của khung là: l −8 2,0 −3 R = ρ = 1,72.10 −6 = 3,44.10 ()Ω S0 10 C−ờng độ dòng điện chạy trong khung: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
E 7,85.10−3 I = max = ≈ 3,2 ()A max R 3,44.10−3 E I = = I cos ωt = 3,2 cos 100 πt()A R max 5-2. Một ống dây dẫn thẳng gồm N = 500 vòng đ−ợc đặt trong một từ tr−ờng có đ−ờng sức từ song song với trục của ống dây. Đ−ờng kính của ống dây d = 10cm. Tìm suất điện động cảm ứng trung bình xuất hiện trong ống dây nếu trong thời gian ∆t = 0,1 giây ng−ời ta cho cảm ứng từ thay đổi từ 0 đến 2T. Giải: Suất điện động trung bình xuất hiện trong ống dây là: ∆φ ∆B.NS (B − B )Nπd 2 (2 − 0)500 .π 1,0. 2 E = = = 2 1 = ≈ 78 5, ()V ∆t ∆t 4∆t 1,0.4 5-3. Tại tâm của một khung dây tròn phẳng gồm N 1 = 50 vòng, mỗi vòng có bán kính R = 20cm, ng−ời ta đặt một khung dây nhỏ gồm N 2 = 100 vòng, diện tích mỗi vòng S = 1cm 2 Khung dây nhỏ này quay xung quanh một đ−ờng kính của khung dây lớn hơn với vận tốc không đổi ω = 300vòng/s. Tìm giá trị cực đại của suất điện động xuất hiện trong khung nếu dòng điện chạy trong khung lớn có c−ờng độ I = 10A. (Giả thiết lúc đầu các mặt phẳng của các khung trùng nhau). Giải: Từ thông do khung dây tròn gửi qua khung dây nhỏ là: φ = N2BS .cos α N à I với B = 1 0 ; α = (n, B)= ωt 2R N N à IS ⇒ φ = 1 2 0 cos ωt 2R N N à IS ω ⇒ E = −φ'= 1 2 0 sin ωt 2R Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
N N à IS ω 50 .100 4. π.10−7.10.10−4.300 2. π ⇒ E = 1 2 0 = ≈ 3.10−2 ()V max 2R 2,0.2 50 .100 4. π.10−7.10.10−4.300 2. π ⇒ E = ≈ 3.10−2 ()V max 2,0.2 5-4. Trong cùng một mặt phẳng với dòng điện thẳng dài vô hạn, c−ờng độ I = 20A ng−ời ta đặt hai thanh tr−ợt (kim loại) song song với dòng điện và cách dòng điện một khoảng x0 = 1cm. Hai thanh tr−ợt cách nhau l = 0,5m. Trên hai thanh tr−ợt ng−ời ta lồng vào một đoạn dây dẫn dài l (hình 5-2). Tìm hiệu điện thế xuất hiện giữa hai đầu dây dẫn nếu dây dẫn tr−ợt tịnh tiến trên các thanh với vận tốc không đổi v = 3m/s. I l v Hình 5 -2 Giải: Khi đoạn dây chuyển động trong từ tr−ờng của dây dẫn thẳng, nó cắt qua các đ−ờng sức từ. Trên đoạn dây sẽ xuất hiện suất điện động cảm ứng E. Vì dây không kín nên suất điện động này bằng hiệu điện thế giữa hai đầu dây. Sau thời gian t, dây đi đ−ợc một đoạn l = vt, và quét qua diện tích S có từ thông là (tính t−ơng tự nh− bài 4-20): à0Ivt  x0 + l  φ = ln   2π  x0  à0Iv  x0 + l  −7 51 −5 ⇒ U = E = −φ' = ln   = 2.10 .20.3.ln ≈ 4,7.10 ()V 2π  x0  1 5-5. Một máy bay bay với vận tốc v = 1500 km/h. Khoảng cách giữa hai đầu cánh máybay l = 12m. Tìm suất điện động cảm ứng xuất hiện giữa hai đầu cánh máy bay biết rằng ở độ cao của máy bay B = 0,5.10 -4T. Giải: Coi cánh máy bay nh− một đoạn dây dẫn chuyển động trong từ tr−ờng vuông góc: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
15 .105 E = Blv = 0,5.10−4.12. = 0,25()V 3600 5-6. Một thanh kim loại dài l = 1m quay với vận tốc không đổi ω = 20rad/s trong một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 5.10 -2T. Trục quay đi qua một đầu của thanh, song song với đ−ờng sức từ tr−ờng. Tìm hiệu điện thế xuất hiện giữa hai đầu của thanh. Giải: 1 Trong khoảng thời gian dt, thanh quét đ−ợc diện tích là: dS = ω.dt .l 2 2 Từ thông quét bởi thanh là: 1 dφ = B.dS = Bωl 2.dt 2 Do đó, hiệu điện thế xuất hiện giữa hai đầu thanh là: 1 U = E = −φ' = Bωl 2 = 0,5.5.10−2.20 1. 2 = 5,0 ()V 2 5-7. Một thanh kim loại dài l = 1,2 m quay trong một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 10 -3T với vận tốc không đổi n = 120vòng/phút. Trục quay vuông góc với thanh, song song với đ−ờng sức từ tr−ờng và cách một đầu của thanh một đoạn l 1 = 25cm. Tìm hiệu điện thế xuất hiện giữa hai đầu của thanh. Giải: Gọi hai đầu thanh và giao điểm giữa trục quay và thanh lần l−ợt là A, B và O. T−ơng tự bài 5-6, ta có: 1 1 U = Bω()l − l 2 ; U = Bω 2l 2 OA 2 1 OB 2 1 Do các hiệu điện thế U OA và U OB cùng chiều nên: 1 2 2 1 2 U = U OA − UOB = Bω[()l − l1 − l1 ]= .Bω()l − l.l2 1 2 2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
B = (ω 2/ )lB (l − l2 1 ) B = 2π.1,2.10−3 ( 2,1 − 2.0,25) ≈ 5,3.10−3 (V) 5-8. Một đĩa bằng đồng bán kính r = 5cm đ−ợc đặt vuông góc với đ−ờng sức của một từ tr−ờng đều có cảm ứng từ B = 0,2T. Đĩa quay với vận tốc góc ω = 3vòng/s. Các điểm a và b là những chỗ tiếp xúc tr−ợt để dòng điện có thể đi qua đĩa theo bán kính ab (Hình 5-3). a) Tìm suất điện động xuất hiện trong mạch. b) Xác định chiều của dòng điện nếu đ−ờng sức từ tr−ờng đi từ phía tr−ớc ra phía sau hình vẽ và đĩa quay ng−ợc chiều kim đồng hồ. b a A R B Hình 5-3 Giải: T−ơng tự nh− bài 5-6 và 5-7, ta cũng có biểu thức cho suất điện động trong mạch: 1 E = Bωr 2 = 6.2,0.5,0 π.0,052 ≈ 4,7.10−3 ()V 2 Sử dụng quy tắc bàn tay phải, ta tìm đ−ợc chiều dòng điện cảm ứng trong mạch đi theo chiều từ b đến a. 5-9. Một đĩa kim loại bán kính R = 25cm quay quanh trục của nó với vận tốc góc ω = 1000 vòng/phút. Tìm hiệu điện thế xuất hiện giữa tâm đĩa và một điểm trên mép đĩa trong hai tr−ờng hợp: a) Khi không có từ tr−ờng; b) Khi đặt đĩa trong từ tr−ờng có cảm ứng từ B = 10 -2T và đ−ờng sức từ vuông góc với đĩa. Giải: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
a) Khi không có từ tr−ờng, các electron bị văng ra mép đĩa do lực quán tính li tâm. Do đó, giữa tâm và mép đĩa xuất hiện một hiệu điện thế. Lúc hiệu điện thế ổn định, lực điện chính bằng lực h−ớng tâm của các electron. mω 2 eE = mω 2r ⇒ E = r r r e R mω 2 mω 2R 2 ⇒ U = ∫ Edr = ∫ r.dr = 0 e e2 2  2000 π  9,1.10−31 .  .0,252 60 U =   ≈ 2.10−9 ()V 2.1,6.10−19 b) Khi đặt đĩa vào từ tr−ờng, giữa tâm và mép đĩa xuất hiện suất điện động cảm ứng: 1 2000 π E = Bωr 2 = 0,5.10−2. .0,252 ≈ 3,3.10−2 ()V C 2 60 Do giá trị của suất điện động cảm ứng lớn hơn rất nhiều so với hiệu điện thế gây ra do lực quán tính li tâm, nên ta có thể bỏ qua ảnh h−ởng của lực li tâm trong tr−ờng hợp này: U = 3,3.10−2 (V ) 5-10. Một cuộn dây dẫn gồm N = 100 vòng quay trong từ tr−ờng đều với vận tốc góc không đổi n = 5vòng/s. Cảm ứng từ B = 0,1T. Tiết diện ngang của ống dây S = 100cm 2. Trục quay vuông góc với trục của ống dây và vuông góc với đ−ờng sức từ tr−ờng. Tìm suất điện động xuất hiện trong cuộn dây và giá trị cực đại của nó. Giải: Ta có: φ = NBS .cos (n, B)= NBS .cos (2πnt + ϕ) với ϕ là góc giữa pháp tuyến của ống dây và véctơ cảm ứng từ B lúc ban đầu. ⇒ E = −φ'= NBS ω sin (2πnt + ϕ) −4 ⇒ Emax = NBS ω = 2πnNBS = 2π .5. 100 .1,0. 100 .10 ≈ 3,14(V ) −4 ⇒ E max = 2π .5. 100 .1,0. 100 .10 ≈ 3,14(V) Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên