Đề cương ôn tập Vật lí 11 - Chuyên đề: Hệ thống bài tập tĩnh điện

Nội dung tài liệu: Đề cương ôn tập Vật lí 11 - Chuyên đề: Hệ thống bài tập tĩnh điện

1. CHƯƠNG I: BÀI TẬP VỀ ĐIỆN TRƯỜNG – ĐIỆN THẾ I. ĐƯỜNG SỨC ĐIỆN TRƯỜNG CỦA ĐIỆN TÍCH 1. Góc khối: - Xét diện tích vi phân dS trong không gian và điểm quan sát O, khi đó góc khối mà O nhìn dS là phần không gian giới hạn bởi hình nón có đỉnh O và có các đường sinh tựa trên chu vi của dS. 푆. 표푠푖 Độ lớn của góc khối tính bởi công thức: (1) 훺 = 3푛. 푆 = 2 Trong đó r là khoảng cách từ điểm quan sát O đến dS; i là góc hợp bởi bán kính vecto từ điểm quan sát đến dS và pháp tuyến 푛 của dS. - Trong hệ tọa độ cầu : Vi phân dS trên mặt cầu bán kính r được cho bởi: dS = r2sinθdθdφ Do đó góc khối của dS này là dΩ = sinθdθdφ Suy ra góc khối của một hình nón có đỉnh là α sẽ có giá trị: 2 z  d sin d 2 (1 cos ) (2) 0 0 r(r, , ) θ r Vậy hình nón có góc ở đỉnh là α thì góc khối có giá trị bằng  2 (1 cos ) y - Ta xét điện thông qua tiết diện S do điện tích q gây ra, điện thông φ này có giá trị bằng: x ∫ .푛. 푆 = ∫ 푞 .푛. 푆 = ∫ 푞 훺 = 푞훺 (3) 3 Vậy: ∫ .푛. 푆 = 푞훺 Điện thông qua tiết diện S do điện tích q gây ra tỉ lệ với góc khối mà diện tích đó nhìn tiết diện S. Công thức này áp dụng cho cả hệ điện tích cả dương lẫn âm với: n q qi i 1 1 1 2. Định lí O - G: ∫ .푛. 푆 = ∑푛 푞 = ∫ 푞 휀0 푖=1 푖 휀0 푡표à푛 푣ậ푡 3. Hệ quả: 3.1. Hệ quả 1: Xét hệ điện tích điểm q1, q2, .đặt tại các điểm M A1, A2, nằm trên đường thẳng Ox. Gọi M là điểm bất kì trong không gian, θ i là góc hợp bởi AiM với Ox. CMR khi M di chuyển trên một đường sức của điện trường do hệ điện tích điểm trên tạo ra thì: θ3 θ1 θ2 x qicosi const (4) i O A1 A2 A3 3.2. Hệ quả 2: Xét hệ các dây vô hạn tích điện đều theo chiều dài, đặt song song nhau trong không gian, gọi A , A , A , là 1 2 3 M giao điểm của các dây với mặt phẳng bất kì (P) nào đó vuông góc với các dây và gọi M là điểm nằm trên đường sức thuộc mặt phẳng này, θi là góc hợp bởi AiM với Ox cố định thuộc (P) và λi là mật độ điện tích dài của các dây. θ2 CMR khi cho M chạy dọc theo một đường sức thì: +q θ1 x A -q ii const (5) O B i * Đặc biệt: Hai dây tích điện trái dấu là +q và -q; A, B lần lượt là giao điểm của hai dây với mặt phẳng vuông góc với cả hai dây đó. Gọi M là một điểm trên đường sức trong mặt phẳng này. Áp dụng (5) ta được: θ1 - θ2 = const hay góc A· MB = const
2. 4. Bài tập: Bài 1: Hai quả cầu nhỏ cùng khối lượng, mang điện tích q1 và -q2 (q1 > q2 > 0) đặt tại các điểm A và B trong chân không. Xét một đường sức đi ra từ A: Gọi góc hợp bởi tiếp tuyến của đường sức này tại A và đường thẳng nối hai điện tích là α. a) Để đường sức này đi tới B thì α phải thỏa mãn điều kiện nào? b) Tìm hình dạng của đường sức đi ra từ A với α bất kì. Giải M a) Giả sử đường sức trên đến B dưới góc β. Áp dụng q cos const :  i i θ i 2 q α θ1 q1cosθ1 - q2cosθ2 = const 1 + β - - Tại A: θ1 = α, θ2 = π do đó: A B q2 q1cosθ1 - q2cosθ2 = q1cosα + q2 - Tại B: q1cosθ1 - q2cosθ2 = q1 + q2cosβ Suy ra: q1cosα + q2 = q1 + q2cosβ q1 q1 2 2  (1 cos ) 1 cos sin sin q2 q2 2 2 q  q Vậy 1 1 sin sin 1 2.arcsin q2 2 2 q2 b) Áp dụng : qicosi const đối với đường sức đi ra từ A với góc α: i q1cosθ1 - q2cosθ2 = q1cosα + q2 (*) Ta tìm phương trình mô tả đường sức này trong tọa độ cực theo biến r là khoảng cách từ A đến M trên đường sức và θ1 là góc hợp bởi AM và AB: Khi P tiến đến A thì θ1 tiến đến α.  r cos  r cos Gọi AB = l ta có: cos 1 1 2 2 2 2 2 r sin 1 ( r cos1) r  2rcos1  r cos Thay vào (*) ta được: q cos q . 1 q cos q 1 1 2 2 2 1 2 r  2rcos1 q1 Chia cả hai vế cho q2 và đặt k ta viết phương trình trên dưới dạng: q2 r 1 cos  1 1 k(cos cos1) r2 r 2 cos 1 2  1 Đặt f(θ1) = 1 + k(cosα - cosθ1) thay vào phương trình trên ta được: r 1 cos1  f r2 r 2 cos 1 2  1 Bình phương hai vế và nhân cả hai vế mẫu số của thừa số bên phải, rút gọn ta được phương trình bậc hai: 2 2 2 r 2 r 2 f cos 1 2 2cos1 f 1 f 1 0   Giải phương trình lấy nghiệm dương ta được phương trình mô tả đường sức này trong hệ tọa độ cực: 2 2 f 1 cos1 f 1 f .sin 1 r(1) 2 f cos1
3. Bài 2: Hai điện tích dương q1, q2 đặt tại A và B. Xét đường sức bắt đầu từ A với góc hợp với đường AB góc α. Cho AB = l. a) Tìm góc hợp bởi đường tiệm cận của đường sức này tại vô cùng với AB. CMR mọi đường tiệm cận này đồng qui tại một điểm cố định C và xác định điểm C đó. b) Xét trường hợp đặc biệt khi q = q = q đặt cách 1 2 y nhau AB = l. Xét một đường sức xuất phát từ A dưới góc α. Hỏi khoảng cách ngắn nhất của đường sức M này với mặt phẳng đối xứng của hệ mà nó đến gần y là bao nhiêu? Giải a) Áp dụng : q cos constđối với đường sức θ1 θ2  i i q i 1 + α - x đi ra từ A với góc α: A B q2 x q1cosθ1 + q2cosθ2 = q1cosα - q2 (**) Xét phương trình (**) trong hệ tọa độ Đề các với gốc tọa độ trùng với điện tích tại A và trục Ox //AB. Điểm M nằm trên đường sức có tọa độ (x, y) do đó biểu thức trên được viết lại thành: x x  q1 q2 q1cos q2 (1) x2 y2 (x )2 y2 Giả sử đường tiệm cận của đường sức này cắt Ox tại x0 và hợp với Ox góc θ, khi đó ta có phương trình đường tiệm cận: yt = (x - x0)tanθ. Khi M tiến ra xa vô cùng thì y(M) rất lớn do đó ta có thể thay giá trị của y trong (1) bằng y ∞ và x = y∞cotanθ + x0. Ta có được phương trình (1) đối với M → ∞ : y cot an x0 y cot an x0  q1 q2 q1cos q2 2 2 2 2 y cot an x0 y y cot an x0  y q q Hay: 1 2 q cos q 2 2 1 2 y y 1 2 1 2 y cot an x0 y cot an x0  q1 q2 Suy ra: q1 cos q2 tan2  tan2  1 2 1 2 x tan  (x ) tan  1 0 1 0 y y Ta có y∞ rất lớn nên có thể lấy gần đúng bậc nhất trong khai triển Taylor của số hạng: 2 tan  x0 tan  2 1 2 1 1 2 tan  x tan  y 1 0 y 2 x0 tan  2 1 x0 tan  2 1 tan  2 tan  2 1 2 sin  y cos  y Suy ra: q q 1 1 tan2  1 x tan  1 0 2 2 2 1 2 sin  x tan  cos  y 1 0 y q1 cos x0 tan  2 q1 cos 1 sin  x tan  y 1 2 0 sin2  y
4. q (x ) tan  Tương tự: 2 q cos 1 0 sin2  2 2 tan  y 1 2 (x ) tan  1 0 y Do đó: q q 1 2 tan2  tan2  1 2 1 2 x tan  (x ) tan  1 0 1 0 y y x0 tan  2 (x0 ) tan  2 q1 cos 1 sin  q2cos 1 sin  y y 3 x0 3 x0  (q1 q2 )cos q1 sin . q2 sin . y y 3 x0 3 x0  Cuối cùng ta có phương trình: (q1 q2 )cos q1 sin . q2 sin . q1cos q2 y y 3 x0 x0  Hay: (q1 q2 )cos sin .(q1 q2. ) q1cos q2 y y Giá trị của vế trái của phương trình phải độc lập với y∞ do đó ta phải có: 3 x0 x0  x0 x0  q2 sin  q1 q2 0 q1 q2 x0  y y y y q1 q2 Ta thấy: Tọa độ x0 không phụ thuộc vào góc đi của đường sức từ A là α. Do đó: q2 Mọi đường tiệm cận đồng quy tại x0  q1 q2 q cos q Ngoài ra góc hợp bởi đường tiệm cận này với AB được cho bởi cos 1 2 q1 q2 2) Áp dụng : qicosi const đối với đường sức đi ra từ A với góc α: i q1cosθ1 + q2cosθ2 = qcosα - q cosθ1 + cosθ2 = cosα - 1 (2) Tại điểm mà đường sức đến gần mặt phẳng đối xứng của hệ nhất thì tại đó đường sức sẽ song song với mặt phẳng đối xứng,do đó ta có được điện trường theo phương vuông góc với mặt phẳng do hệ gây ra sẽ bằng 0, hay: kq kq cos cos (3) AM2 1 BM2 2 Mặt khác trong tam giác AMB ta có hệ thức: BM AM BM sin 1 sin 1 sin 2 AM sin 2 2 2 3 3 Thay vào (3) ta suy ra: sin 1cos1 sin 2cos2 0 cos1 cos 1 cos2 cos 2 0 2 2 Suy ra: (cos1 cos2 )(cos 1 cos1 cos2 cos 2 1) 0 (4) Từ (2), (4) ta có hệ phương trình: cos1 cos2 cos 1 2 2 (cos1 cos2 )(cos 1 cos1cos2 cos 2 1) 0 cos cos cos 1 Hay 1 2 2 2 cos 1 cos1cos2 cos 2 1 0
5. (3 cos )(1 cos ) cos 1 3 cos1 Nghiệm của hệ là: 2 (3 cos )(1 cos ) cos 1 cos 3 2 2 Do đó mà khoảng cách mà đường sức tới gần mặt phẳng đối xứng nhất là:   sin 2cos1 x AM cos1 1 2 2 2 sin(1 2 ) II. ĐIỆN TRƯỜNG – ĐIỆN THẾ CỦA VẬT MANG ĐIỆN 1. Điện trường của vật mang điện a) Phương pháp vi phân: - Xét phần tử vi phân mang điện dq của vật dẫn gây ra tại A điện trường 1 푞 = 2 4 휀휀0 Khi đó, điện trường do vật mang điện gây ra tại A là: 1 푞 = = 2 4 휀휀0 푡표à푛 ộ 푣ậ푡 b) Dùng định lí O – G: Định lí O-G được áp dụng để tính cường độ điện trường của vật mang điện, đặc biệt là trong trường hợp điện tích phân bố đối xứng (đối xứng cầu, trục, phẳng). Khi áp dụng định luật, ta lần lượt tiến hành như sau : - Bước 1: Xác định yếu tố đối xứng của vật mang điện (hoặc hệ điện tích) từ đó có thể suy ra một số đặc điểm của cường độ điện trường. Chẳng hạn, có thể dự đoán được hướng của vectơ ở mỗi điểm, sự biến thiên của độ lớn của theo vị trí trong không gian.... - Bước 2: Chọn một mặt kín S (thường gọi là mặt Gauss) chứa điểm mà tại đó ta cần xác định . Người ta thường chọn mặt S sao cho có thể tính toán dễ dàng điện thông qua S ; muốn vậy nó phải chứa yếu tố đối xứng của hệ điện tích. Tính điện thông qua mặt S theo công thức: 훷 = ∫ ặ푡 푠푠 . 푆 = .푆 - Bước 3: Áp dụng công thức của định lí O-G để suy ra được mối liên hệ giữa cường độ điện trường E 1 và điện tích của hệ:훷 = ∫ 푞 휀휀0 ặ푡 푠푠 2. Điện thế của vật mang điện a) Điện thế của điện tích điểm 1 푞 = 4 휀휀0 b) Điện thế của vật mang điện: - Xét phần tử vi phân mang điện dq của vật dẫn gây ra tại A điện thế 1 푞 = 4 휀휀0 Khi đó, điện thế do vật mang điện gây ra tại A là: 1 푞 = = 4 휀휀0 푡표à푛 ộ 푣ậ푡 3. Mối liên hệ giữa điện trường và điện thế ∂ = ― ∂ 4. Bài tập
6. Bài 1: Một vòng dây tròn tâm O bán kính R, mang điện tích Q > 0 được phân bố đều trên vòng dây. a. Xác định cường độ điện trường do điện tích trên dây gây ra tại điểm A trên trục xx’ (xx’ đi qua tâm O và vuông góc với mặt phẳng vòng dây) cách O một đoạn OA = x. b. Tại tâm O, đặt một điện tích điểm –q. Kích thích để điện tích –q lệch khỏi O một đoạn nhỏ dọc theo trục xx’. Chứng tỏ điện tích –q dao động điều hòa và tìm chu kì của dao động đó. Bỏ qua tác dụng của trọng lực và ma sát với môi trường. Giải a. Chia dây thành những phần tử nhỏ có chiều dài dl mang điện tich dq = λ.dl. - Xét từng cặp dq đối xứng nhau qua O. k  d E1 - Cường độ điện trường do dq gây ra tại A là: dE1 2 2 dq R x x Thành phần cường độ điện trường dE1x dọc theo trục xx’: O  k dq x d E dE = dE cosα = .  1x 1 2 2 2 2 d E R + x R + x 2 kx dq kλ x dl Q dE1x = = ; với  = là mật độ (R 2 + x2 )3/2 (R 2 + x2 )3/2 2 R điện tích trên dây. - Cường độ điện trường do vòng dây gây ra tại A là: k x λ k Q x E = dE = 2πR hay E = 2 2 3/2 2 2 3/2 (R + x ) (R + x ) b. Khi điện tích –q ở vị trí O thì lực điện tác dụng lên nó bằng 0. -qkQx - Khi –q ở vị trí M với OM = x, lực điện tác dụng lên –q: F= - qE = = mx (R 2 + x2 )3/2 kQqx x + = 0 m(R 2 + x2 )3/2 x x kQq kQq 2 - Vì x << R nên: 3 x + 3 x = 0 (*). Đặt: ω = 3 (R 2 + x2 )3 R mR mR mR3 Chứng tỏ -q dao động điều hòa quanh VTCB O. Với chu kỳ T = 2π kQq -αr3 Bài 2. Không gian chứa điện tích với mật độ thể tích ρ = ρ0e với ρ0, α là các hằng số dương, r là khoảng cách từ tâm hệ. Tìm cường độ điện trường và điện thế theo r. Xét với r nhỏ và r lớn. Giải - Vì điện tích phân bố đối xứng nên áp dụng định lý O - G: 2 q q kq Φ = E.4πr = E = 2 = 2 ε0 4πε0r r - Tính q: Xét yếu tố thể tích là lớp cầu dV mang điện tích 3 4πρ 3 dq = ρdV = ρ e-αr .4πr2dr = - 0 e-αr d(-αr3 ) 0 3α r 4πρ 3 4πρ 3 ρ 3 q = dq = - 0 e-αr d(-αr3 ) = 0 1- e-αr E = 0 1- e-αr Suy ra: . Vậy: 2 3α 0 3α 3αε0r 3 -αr 3 ρ 1- e ρ 1 e-αr  * Điện thế: V = Edr 0 .dr = 0 - .dr 3αε r2 3αε r r2 r 0 r 0 r  - Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần hai lần: 3 3 u = e-αr du = -3αr2e-αr dr Đặt -2 1 dv = r dr v = -r
7. -αr3 -αr3 -αr3 e e 3 e 3 .dr = - - 3α re-αr dr = - 3α re-αr dr 2 r r r r r r r Thực hiện tích phân từng phần lần nữa ta được kết quả. 3 - Xét αr3 << 1 thì e-αr 1- αr3 : E = , V = 3 - Xét αr3 >> 1 thì e-αr 0 : E = , V = Bài 3. Một điện tích q được phân bố đều trên một sợi dây sắt mảnh uốn cong thành vòng tròn đặt trong chân không có bán kính r . 1. Lấy trục của vòng tròn làm trục x, hãy tính điện thế V và vector cường độ điện trường trên trục của vòng tròn theo toạ độ x (gốc toạ độ đặt tại tâm vòng tròn). 2. Xét các trường hợp: | | ≪ và | | ≫ . 3. Xác định giá trị cực đại max của modun của cường độ điện trường và các toạ độ m của các điểm mà giá trị này được quan sát, 4. Vẽ những đồ thị áng chừng của hàm ( ) và ( ) (với ( ) là hình chiếu của vector cường độ điện trường trên trục ). Hãy giải thích, trên đường cong ( ), những điểm có hoành độ m có tính chất gì đặc biệt. Giải 1. Chia vòng tròn thành những đoạn rất nhỏ, mỗi đoạn là một cung chắnmột góc 휑. Các đoạn này có thể coi như các điện tích điểm, có điệntích 푞 = 푞 휑/2 . - Điện thế do điện tích điểm này gây ra tại một điểm trên O là: 푞 휑 푞 = ⇒ = 2 2 2 2 2 Từ đó ta có 훼 푞 = = ― = ( 2 2)3/2 2. Với ≪ ta có O 푞 푞 2 푞 = ― 2 3 = 3 Còn với ≫ ta có 푞 푞 2 푞 = | | ― | 3| = | 3| 3. Từ kết quả ý 1 ta có: Modun vector cường độ điện trường 푞| | = ( 2 2)3/2 - Modun vector cường độ điện trường đạt cực đại khi | | = 0, tức là 푞 푞 2 ( 2 2)3/2 ―3( 2 2)5/2 = 0⇒| | = 2 ≈ 42,4mm =± m Khi đó 4 푞 = ≈ 1,93.105V/m max 3 3 2 , 4. Tại m 2 = = 0 2 Do đó những điểm có hoành độ m là những điểm uốn của đồ thị hàm số = ( ). ― m O m
8. Bài 4: Hai vòng tròn đồng trục, mỗi vòng có bán kính R được làm bằng một sợi dây dẫn mảnh và cách nhau một khoảng L << R, chúng mang điện tích x giống nhau q. Chọn hệ tọa độ Ox như hình vẽ, gốc O cách đều hai vòng tròn. +q . R a. Tính điện thế và cường độ điện trường tại điểm M(x) nằm giữa hai vòng tròn. . M(x) b. Người ta thả nhẹ một proton tại điểm cách O một khoảng L/4. Tìm . O chu kì, biên độ dao động nhỏ của proton. Bỏ qua mọi ma sát và trọng lượng của proton. Giải +q . a. Tính điện thế gây ra bởi vòng dây tích điện đều q, bán kính R tại M: qdl - Chia vòng dây thành các đoạn nhỏ dl có điện tích dq = . 2πR kdq kqdl - Các đoạn dl gây ra điện thế tại M: dV = = r 2πR R 2 + h2 2πR kqdl kq - Điện thế của cả vòng dây gây tại M: V = dV = = 2 2 2 2 0 2πR R + h R + h kq - Áp dụng cho vòng dây bên trên: V = 1M 2 2 L R + - x 2 kq + Với vòng dây bên dưới: V = 2M 2 2 L R + + x 2 kq kq - Điện thế do hai vòng gây ra tại M: V = + M 2 2 2 L 2 L R + + x R + - x 2 2 -1 -1 2 2 L 2 L 2 - x + x kq 2 kq 2 V = 1 + + 1 + M R R 2 R R 2 Do L << R. áp dụng gần đúng ( 1 +α)n = 1 + αn khi α << 1 ta được: kq L2 + 4x2 VM = 2 - 2 R 4R dV 2kqx - Cường độ điện trường tại M: E = E = - M = ( hướng ngược chiều Ox). M Mx dx R3 2kqex 2kqex b. Xét khi proton có li độ x: 퐹 = . Chiếu lên Ox: = - mx'' x'' = - R3 mR3 2kqe L Proton dao động điều hòa quanh O với tần số góc: ω = , biên độ dao động A = . mR3 4
9. Bài 5. Một quả cầu bán kính R, tâm O, có điện tích tổng cộng là + e > 0. Một electron chuyển động bên trong quả cầu này mà không bị cản trở bởi các phân tử cấu tạo nên quả cầu. a. Electron nói trên có thể chuyển động theo quỹ đạo tròn quanh tâm O của quả cầu với tần số góc  tỉ lệ với căn bậc hai của bán kính quỹ đạo r ω : r . Tìm mật độ điện tích khối bên trong quả cầu. b. Electron nói trên đang chuyển động tròn quanh tâm O của quả cầu với tần số góc  0 thì bị tác động nhẹ dọc theo bán kính quỹ đạo. Chứng minh rằng sau đó electron sẽ thực hiện dao động điều hòa. Tìm tần số góc của dao động. Giải a. Electron chuyển động tròn đều dưới tác dụng của lực điện: eE r = mω2r Mặt khác: ω = a r trong đó a > 0 là hệ số tỉ lệ ma 2 eE r = ma 2r2 E r = r2 (1) e Chọn mặt Gauss là mặt giới hạn bởi hai mặt cầu có bán kính r và r + dr Theo định lý Ostrogradsky – Gauss: 2 2 2 ρ r .4πr dr -E r .4πr + E r + dE r .4π r + dr = ε0 2E r dE r Bỏ qua các vi phân bậc hai, ta có: ρ r = ε0 + (2) r dr 4mε a 2 Thay (1) vào (2), ta tìm được: ρ r = 0 r (3) e R 4mε a 2 e Điện tích tổng cộng của quả cầu là e: ρ r .4πr2dr = e 0 = 4 0 e πR e Thay vào (3) ta tìm được mật độ điện tích khối: ρ r = r πR 4 b. Gọi r0 là bán kính quỹ đạo tròn ứng với tần số góc  0. Chọn gốc tọa độ cực trùng với tâm O của quả cầu. Theo định luật II Newton: 2 - eE r = - ma 2r2 = m r'' - r φ' r'' - r φ' 2 + a 2r2 = 0 5 m d 2 2 2 ω0 0 = r φ' r φ' = const = r0 ω0 = r dt a 4 Đặt r = r0 + x x = r0 , từ hai phương trình trên ta có: 10 2 ω -3 r'' + a 2 r + x - 0 r + x = 0 0 a8 0 2 -3 Lấy gần đúng bậc nhất các biểu thức r0 + x và r0 + x , ta thu được: 10 2 2 2x ω0 -3 3x r'' + a r0 1 + - 8 r0 1 - = 0 r0 a r0 2 Chú ý tới ω0 = a r0 , sau khi thu gọn ta được: r'' + 5ω0 r = 0 Như vậy electron dao động điều hòa (biên độ nhỏ) dọc theo bán kính với tần số góc Ω = 5ω0 CHƯƠNG II: BÀI TẬP VỀ TƯƠNG TÁC GIỮA CÁC ĐIỆN TÍCH TRONG ĐIỆN TRƯỜNG
10. 1. Lực điện tác dụng lên điện tích q trong điện trường 푬 퐹 = 푞. 2. Thế năng tương tác của hệ điện tích. a) Hệ 2 điện tích 1 W = q1V1 = q2V2 = q V q V 2 1 1 2 2 b) Hệ n điện tích: 1 1 n W = q1V1 q2V2 ... qnVn  qiVi (2.24) 2 2 i 1 q1 q2 trong đó : Vi = ... (2.25) 4 0r1i 4 0r2i là điện thế tại điểm đặt điện tích qi do các điện tích khác của hệ tạo ra. c) Điện tích phân bố liên tục: - Hệ điện tích phân bố liên tục chính là trường hợp vật tích điện, ta chia vật thành các phần tử nhỏ mang điện tích q (xem như điện tích điểm) và tính thế năng của vật theo công thức, tương tự như (2.24) : 1 W V. q (2.26) 2  Với V là điện thế tại điểm đặt q do các điện tích còn lại của vật tạo ra. - Nếu vật tích điện là một vật dẫn, thì mọi điểm của vật có cùng điện thế V (V là điện thế vật dẫn), do đó thế năng (năng lượng tĩnh điện) của vật là : 1 1 W = V q qV (2.27) 2  2 3. Bài tập Bài 1: Mô hình máy phát tĩnh điện Kelvin là một vỏ cầu rỗng bằng kim loại có bán kính R được tích điện thông qua một chất lỏng có khối lượng riêng ρ. Các giọt chất lỏng từ độ cao h > R được tích cho một hiệu điện thế V 0 và nhỏ vào trong vỏ cầu qua một lỗ thủng nhỏ (hình vẽ). a. Xác định điện tích của mỗi giọt chất lỏng theo V0, xem rằng các giọt này đều có bán kính r. b. Bỏ qua hiện tượng hưởng điện giữa các giọt chất lỏng đang “rơi” đối với vỏ cầu kim loại. Tìm điện thế cực đại trên vỏ cầu theo các hằng số đã cho của bài toán. Giải a. Xem các giọt chất lỏng là dẫn điện và hình cầu có bán kính là r, điện thế của mỗi giọt là: q0 V0 = q0 = V0 .4πε0r 4πε0r b. Gọi v là vận tốc của giọt chất lỏng khi nó vừa tới vỏ cầu. Chọn mốc thế năng tại đáy vỏ cầu. Xem như một điện tích điểm Q đặt tại tâm vỏ cầu. - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ giọt chất lỏng và vỏ cầu ở vị trí h và ở vị trí giọt chất lỏng vừa tới vỏ cầu: Qq mv2 Qq mgh + 0 = + mg.2R + 0 4πε0 h - R 2 4πε0R Với Q là điện tích của vỏ cầu, q0 là điện tích của một giọt chất lỏng, m là khối lượng giọt chất lỏng mv2 Qq h - 2R = mg h - 2R - 0 2 4πε0 R h - R 4πε0 .mgR h - R mgR h - R - Điện tích quả cầu lớn nhất khi v = 0 Qmax = = q0 rV0
11. Qmax mg(h - R) Lúc này, điện thế cực đại của vỏ cầu là : Vmax = = 4πε0R 4πε0rV0 2 4 3 ρg r h - R Với m = ρπr thì ta có: Vmax = . 3 3ε0 V0 Bài 2: Điện tích Q được phân bố đều trên một mặt cầu kim loại rắn tuyệt đối với bán kính R. Hãy xác định lực F tác dụng lên một đơn vị diện tích của mặt đó từ phía điện tích còn lại (áp suất tĩnh điện) Giải Cách 1: Làm tương tự như trong Điện 1 (Vũ Thanh Khiết) Cách 2: Phương pháp công ảo Theo điều kiện mặt cầu rắn tuyệt đối nên bán kính thực của nó không thể thay đổi. Tuy nhiên chúng ta hãy tưởng tượng rằng do lực đẩy của các điện tích cùng dấu, bán kính mặt cầu tăng lên chút ít, cụ thể là một lượng vô cùng nhỏ δR. Mặt cầu tích điện có tính chất của một tụ điện – nó giữ nguyên điện tích mà người ta truyền cho nó. Điện thế của mặt cầu liên hệ với điện tích của nó bởi hệ thức: Q V = . 4πεε0R Mặt khác, theo định nghĩa điện dung ta có V = Q/C, suy ra C = 4πεε0R. Năng lượng của tụ điện 2 2 này W = Q /2C = Q /(8πεε0R). Như vậy khi tăng bán kính mặt cầu, năng lượng này giảm một lượng: Q2 Q2 Q2δR ∆W = W – W’ = - = 8πεε0R 8πεε0 (R + δR) 8πεε0R(R + δR) Theo định luật bảo toàn năng lượng, độ biến thiên năng lượng này bằng công toàn phần A do lực đẩy tĩnh điện giữa các yếu tố riêng rẽ của mặt cầu thực hiện. Gọi F là lực tác dụng lên một đơn vị diện tích, ta có: A = F.4πR2.δR. Do đó: Q2δR F.4πR2.δR = . Từ đây lưu ý rằng δR. << R, ta tính được: 8πεε0R(R + δR) Q2 σ2 F = 2 4 = = p (áp suất tĩnh điện). 32π εε0R 2εε0 Bài 3: Có hai điện tích điểm gắn cố định tại M và N (hình vẽ). Người ta buông ra tại A một hạt mang điện tích q, thì nó M A B N vượt quãng đường AB trong khoảng thời gian t. Hỏi nếu buông ra tại A hạt mang điện tích bằng 3q, thì nó vượt quãng đường đó trong khoảng thời gian bao lâu ? Khối lượng các hạt như nhau. Giải ds - Giả sử hạt mất một khoảng thời gian dt để đi thêm đoạn ds khi nó đang có vận tốc v thì, dt = . v t B ds Do đó khoảng thời gian càn thiết để vật đi từ A tới B là t = dt = 0 A v t2 B ds t = dt = - Tương tự, gọi v2 là vận tốc tương ứng của hạt thứ hai, ta có 2 0 A v2 - Ta tìm mối tương quan v2 với v theo định lý về động năng C 1 C 1 A = Fds = mv2 (3) và A = F ds = mv2 2 2 2 A 2 A 2 - Nhưng do q2 3q nên F2 = 3F . Thay vào (4) ta được C 1 2 1 2 A = 3 Fds = 3A hay là mv2 = 3 v1 v = v 3 2 2 1 A 2 2
12. 1 B ds t thay vào (2) ta được t = = 2 3 A v1 3 Bài 4: Cho hai vỏ bán cầu mỏng không dẫn điện có bán kính R và r được tích điện cùng dấu với điện tích tương ứng là Q và q. Biết rằng điện tích phân bố đều, tâm các tiết diện R lớn nhất của các vỏ bán cầu trùng nhau. Tìm lực tương tác giữa hai vỏ bán cầu. r Giải - Gọi F là lực tương tác giữa hai bán cầu, có hướng như hình vẽ. Giả sử thêm vào bán cầu lớn R tích điện Q, vì điện trường bên trong cầu R bằng 0 nên lực tác dụng lên bán cầu nhỏ bằng 0, do đó lực tác dụng của hai nửa bán cầu lớn lên bán cầu nhỏ có độ lớn bằng nhau nhưng ngược chiều. Q Q Q Q q q q q F F F F F F - Tương tự: Thêm vào bán cầu nhỏ bán kính r điện tích q thì lực tác dụng của quả cầu nhỏ lên bán cầu lớn bằng 2F. - Gọi F1 là lực tác dụng của quả cầu nhỏ bán kính r lên bán cầu lớn. k.2q Cường độ điện trường do quả cầu nhỏ gây ra bề mặt bán cầu lớn là: E R 2 Q - Áp suất tĩnh điện do cầu nhỏ tác dụng lên bán cầu lớn: p E;  2 R 2 Qq - Lực do quả cầu nhỏ bán kính r tac dụng lên bán cầu lớn: F R 2p k 1 R 2 F1 Qq Qq Vậy lực tương tác giữa hai bán cầu: F k 2 2 2 2R 8 0R Bài 5: Một quả cầu kim loại đặc bán kính R được tích điện đều theo thể tích với mật độ ρ. Cắt quả cầu bằng mặt phẳng cách tâm cầu một đoạn h. Tìm lực điện tương tác giữa hai phần. Giải ρr - Điện trường bên trong quả cầu tại điểm cách tâm một khoảng r là: E = (định lý O - G) 3ε0 - Xét lực tác dụng lên chòm cầu nhỏ: Chia chỏm cầu thành các vỏ cầu bề dày dr. h - Xét vỏ cầu bán kính r, đặt = cosα . r 0 - Chia tiếp vỏ cầu trên thành các vành tròn có tâm nằm trên trục z, điện tích của vành là dq = ρdrdS = ρdr.rdα.2πrsinα = ρr2dr. 2πsinαdα. - Lực điện tác dụng lên vành hướng theo trục z: 2 α0 πρ2r3dr h dF = Edqcosα = (1- cos2α ) với cos2α = 2 -1 z 0 0 0 6ε0 r R πρ2 (R 2 -h2 )2 - Lực tac dụng lên chỏm cầu: F = dF = z z h 12
13. Bài 6: Một tấm hình vuông cạnh d, cách điện được tích điện đều với điện tích tổng cộng Q. Trên trục đối xứng của hình vuông, cách tâm của nó một đoạn bằng d/2 có một điện tích điểm q cùng dấu với Q. Tính lực tương tác điện giữa điện tích điểm và tấm hình vuông. Giải Q - Mật độ điện tích mặt của tấm σ = 2 . d A q - Do tính chất đối xứng, véc tơ cường độ điện trường tại A nằm dọc theo trục của hình vuông. Xét phần tử diện tích dS tích điện dq = σdS gây ra tại điểm A kdq kσdScosα điện trường: dE = dE = dEcosα = = kσdΩ r2 z r2 O Q dS.cosα Với dΩ = là góc khối nhìn diện tích dS từ điểm A nên: r2 d E = dE = kσΩ z z trong đó Ω là góc khối nhìn hình vuông từ A. - Do OA = d/2 nên coi điện tích q đặt tại tâm một hình lập phương cạnh d. A - Khi đó góc khối nhìn mỗi mặt hình lập phương là như nhau: d 4π 2π 1 Q 2π Q d/2 Ω = = Ez = . 2 . = 2 . O 6 3 4πε0 d 3 6ε0d d Qq d Vậy lực tương tác F = qEz = 2 . 6ε0d Bài 7: Một khối cầu có bán kính R tích điện đều theo thể tích với điện tích tổng cộng Q. Một điện tích – q nằm ở tâm khối cầu. Cho rằng sự có mặt của –q không ảnh hưởng đến sự phân bố điện tích của khối cầu. Bỏ qua trọng lực. a. Phải truyền cho điện tích –q động năng tối thiểu là bao nhiêu để nó có thể tới bề mặt khối cầu. b. Trong trường hợp đó, hãy tìm thời gian để -q ra đến bề mặt khối cầu. Giải Q 3Q a. Mật độ điện tích khối của khối cầu : ρ = = V 4πR3 4πr3 ρr - Áp dụng định lí O – G: E(r).4πr2 = ρ. E(r) = 3ε0 3ε0 qρr - Lực tác dụng lên –q khi nó cách tâm một khoảng r là: F = -q E(r) = - 3ε0 - Động năng ban đầu cấp cho –q là K0. Theo định lí biến thiên động năng: R qρ R qρR 2 qρR 2 qQ 0 - K = Fdr = - rdr = - K = = 0 0 0 3ε0 0 6ε0 6ε0 8πε0R '' '' qρ b. Định luật II Niuton: F = mr r + = 0 r = r0cos(ωt + φ) (Giả điều hoà). 3mε0 - Vị trí cân bằng là tâm O của khối cầu nên thời gian để -q chuyển động từ tâm đến bề mặt quả cầu là: T π π 3mε πε mR3 t = = = 0 = π 0 4 2ω 2 qρ qQ
14. Bài 8: Một vỏ bán cầu cách điện, được tích điện đều và được giữ cố định. Một điện tích điểm mang điện tích trái dấu với vỏ cầu được thả ra từ một điểm trên trục đối xứng của vỏ cầu và cách tâm O vỏ cầu đúng bằng bán kính của nó. Khi đến tâm O, điện tích điểm có vận tốc v0. Xác định vận tốc của điện tích điểm khi nó chạm vào vỏ cầu. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Giải Coi vỏ bán cầu tích điện dương, mật độ , điện tích điểm là – q. A Gọi WA, WO là thế năng tĩnh điện của điện tích điểm ở A và O. - Theo định luật bảo toàn năng lượng: mv2 O W = W + 0 (1) A O 2 Coi vỏ bán cầu tích điện với mật độ điện mặt  được tạo bởi vỏ cầu tích điện  chồng lên ở nửa trên một vỏ bán cầu cùng tâm và bán kính với nó và có B mật độ -. Điện trường bên trong vỏ cầu  bằng 0 nên chỉ có vỏ bán cầu - thực hiện công đẩy –q từ O đến B. - Thế năng tương tác giữa vỏ bán cầu - và –q tại O là –W 0 (thế năng tương tác giữa vỏ cầu  và –q là W0) và tại B là –WA. Coi U0 là thế năng tương tác giữa vỏ cầu  và –q có giá trị không đổi khi điện tích dịch chuyển từ O đến B vì điện trường bằng 0. - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng tại O và B: mv2 mv2 mv2 mv2 -W + 0 + U = W + B + U - W + 0 = - W + B (2) 0 2 0 B 2 0 0 2 A 2 Từ (1) và (2) ta có: vB = v0 2 Bài 9: Trên mặt phẳng ngang nhẵn đặt một vòng tròn mảnh có tâm O, bán m; q A kính R, khối lượng m, mặt phẳng vòng dây trùng với mặt phẳng ngang. Vật nhỏ A (xem như chất điểm) có cùng khối lượng với vòng, có điện tích q > 0 được xuyên vào vòng và có thể trượt không ma sát dọc theo vòng. O E Ban đầu, giữ hệ cố định ở vị trí như hình vẽ, OA vuông góc với điện trường m đều . Thả nhẹ tay để hệ chuyển động với tốc độ ban đầu bằng không. a. Sau những khoảng thời gian ngắn nhất và có giá trị không đổi là T thì OA lại vuông góc với điện trường . Tính T. b. Tính tốc độ của tâm O khi bán kính OA song song với điện trường lần đầu tiên. π/2 dx Cho biết: 2,622 0 sinx Giải a. Do chỉ có lực điện theo phương ngang nên khối tâm G của hệ chuyển động thẳng nhanh dần đều dưới tác dụng của lực điện F = qE và có gia tốc: = 푞 2 - Trong toàn bộ phần còn lại của câu a, ta xét bài toán trong HQC khối tâm G, A lúc này khối tâm không chuyển động (G là trung đểm của OA). G - Vòng chịu tác dụng của lực quán tính: 퐹 = ― = ― 푞 F2 1 2 F - Vật A chịu tác dụng lực điện và lực quán tính, hợp lực là: 2 O φ 푞 O 퐹 = 푞 ― = m 2 2 퐹1 và 퐹2 tạo thành ngẫu lực tác dụng lên hệ (hình vẽ). Do tất cả các lực tác dụng lên vòng đều đi qua khối tâm O của nó nên vòng không quay quanh tâm O, chuyển động của vòng là chuyển động tịnh tiến cong quanh khối tâm G của hệ, mọi điểm trên vòng đều có cùng vận tốc với vận tốc của O chuyển động tròn quanh G. - Động năng của hệ: 2 2 2 1 2 1 2 1 R dφ 1 R dφ 1 2 dφ K = mvO + mvA = m + m K = mR (1) 2 2 2 2 dt 2 2 dt 4 dt
15. qE - Theo định lý động năng, ta có: dK = M.dφ = .R.cosφ.dφ 2 qER φ qER K = . cosφ.dφ K = sinφ (2) 2 0 2 2 qER 1 2 dφ dφ 2qE Từ (1) và (2) ta có: sinφ = mR ω = = sinφ 2 4 dt dt mR - Do chuyển động của O và A quanh G có tính tuần hoàn dưới tác dụng của momen ngẫu lực nên thời gian giữa hai lần liên tiếp OA vuông góc với điện trường là: mR π dφ mR π/2 dφ mR T = dt = = 2 T 7,42 2qE 0 sinφ 2qE 0 sinφ qE b. Tốc độ của tâm O trong HQC khối tâm G khi OA // : ωR R 2qE π qER v = = sin v = O/G 2 2 mR 2 O/G 2m Tốc độ của khối tâm G trong HQC mặt đất khi OA // lần đầu tiên: T qER v = a .t = a . v 1,86 G G G 2 G m qER Khi đó: 푣 ⊥ 푣 nên tốc độ tuyệt đối của tâm O là: v = v2 + v2 v 2 표 표/ O O/G G O m Bài 10: Trong không gian tự do trên vòng tròn bán kính R 0, tại các đỉnh của hình vuông nội tiếp có đặt bốn điện tích điểm có cùng khối m, q lượng m, trong đó hai điện tích q và hai điện tích -q (hai điện tích cùng dấu nằm trên hai đỉnh đối diện nhau). Tại thời điểm ban đầu truyền cho các điện tích vận tốc có cùng độ lớn, phương tiếp tuyến m, -q m, -q vòng tròn và cùng chiều quay. Biết rằng khoảng cách cực tiểu có thể O đạt được trong quá trình chuyển động tính từ điện tích bất kỳ đến tâm R0 O của vòng tròn ban đầu là R1 < R0. Coi rằng tại thời điểm bất kỳ các điện tích luôn nằm trên các đỉnh của hình vuông tâm O. Xác định quỹ đạo chuyển động của mỗi hạt từ vị trí ban đầu m, q đến vị trí các hạt cách tâm O một khoảng R1. Giải Do tính đối xứng, tất cả bốn chất điểm đều chuyển động trên các quỹ đạo như nhau và tại mỗi thời điểm, chúng vẫn nằm trên cùng một vòng tròn có bán kính r biến thiên và tại đỉnh của hình vuông cạnh a r 2 . - Ta khảo sát một trong bốn điện tích đó: Ba chất điểm kia sẽ tác m, q  dụng lên chất điểm đang xét các lực 퐹1, 퐹2, 퐹3.  F - Theo định luật Culong, độ lớn các lực này bằng: 1 F2 2 2 kq kq O F F , F m, -q m, -q 1 2 2r2 3 4r2 - Lực tổng hợp tác dụng lên chất điểm đang xét luôn hướng tới tâm R1 O và có độ lớn: q2 2 q2 kq2 2 2 1 m, q F(r) k 2 2 2 2r 4r r 4 - Suy ra mỗi chất điểm chuyển động như một điện tích trái dấu có độ lớn Q đặt tại tâm O hút chất điểm 2 2 1 đó với . Q q 4
16. 1 - Vì F(r) : tương tự như lực hấp dẫn nên quỹ đạo mỗi chất điểm như một elip có trục dài bằng (R 0 r2 + R1) và tâm O nằm tại một trong hai tiêu điểm của elip đó. - Thời gian đặc trưng chính là chu kỳ quay T theo quỹ đạo elip. + Trước hết tìm chu kì quay T0 của chất điểm m chuyển động trên đường tròn bán kính R0 dưới tác dụng của F(r). Lực hướng tâm là F(r): mv2 kq2 2 2 1 2 R 2 4mR 2 0 T 0 0 2 0 R 0 R 0 4 v0 q 2 2 1 2 3 3/2 T R 0 R1 R 0 R1 - Theo định luật Keple: T0 T T0 T0 2R 0 2R 0 - Thời gian hạt chuyển động từ vị trí ban đầu đến khi cách tâm O khoảng R1 là T 2 4km(R R )3  0 1 2 q 2 2 1 Bài 11: Giả sử tương tác điện của hai điện tích hơi khác với định luật Culong và có dạng: q q F k 1 2 trong đó 1, k 0 là hệ số tỷ lệ phụ thuộc vào hệ đơn vị. r2 Hãy khảo sát một quả cầu rỗng có bề mặt tích điện đều với điện tích toàn phần Q. Tìm chu kỳ dao động bé của hạt có khối lượng m, điện tích q ở gần tâm của quả cầu. Biện luận về tính bền của trạng thái của hạt ở tâm cầu. Giải - Xét điện tích lệch khỏi tâm O của vỏ cầu một đoạn r < R trên trục x. h - Chia vỏ cầu thành các vành theo mặt phẳng vuông góc với trục x. R sin - Xét một vành có độ cao Δh, diện tích và điện tích của nó tương ứng α x bằng: O r h S Q h S 2 R sin . 2 R h Q Q h sin 4 R 2 2R h + Δh - Lực tác dụng của vành lên q có phương nằm trên trục x: kqQ h(h r) kqQ h 3 F (h r) R 2 2hr r2 2 3 2 2 2 2 2R R h (h r) 3 kqQ h 2hr 2 kqQ h ( 3)hr F (h r) 1 (h r) 1 2R 4 R 2 2R 4 R 2 kqQ ( 3)h2r F 4 h r 2 h 2R R - Lực tác dụng của vỏ cầu lên điện tích q là: F  F với chú ý: 2 h 2R, h h 0, h2 h R3    3 kqQ ( 3)r 2 kqQ Ta có: F 2rR . R3 .r 2R 4 R 2 3 3R3 kqQ 3mR3 Theo định luật II Niuton: F mr'' .r . Vậy chu kỳ dao động: T 2 3R3 kqQ Điều kiện để q dao động: αqQ < 0. Bài 12: Một quả cầu nhỏ khối lượng m, tích điện tích q được treo trên một sợi dây có chiều dài l (con lắc toán học). Bỏ qua ma sát của không khí. Ở vị trí cân bằng quả cầu nằm ở tâm của vòng dây có bán kính R, vòng dây nằm trong mặt phẳng nằm ngang. Vòng dây có điện tích Q và phân bố đều theo vòng dây. Tìm chu kì dao động của quả lắc. Tìm điều kiện điện tích q để dao động có thể xảy ra.
17. Giải Đầu tiên để giải quyết bài toán này ta cần tìm cường độ điện trường do vòng dây gây ra tại một điểm A, nằm trong mặt phẳng của vòng dây và cách tâm một đoạn r nhỏ. Chia vòng dây thành những phần nhỏ, sao cho mỗi phần này có thể coi là điện tích điểm, điện tích của từng phần nhỏ là dQ. Tìm điện trường do điện tích điểm dQ gây ra tại A. 3 3 r << R nên ta sử dụng công thức gần đúng: (1 x) 2 1 x 2 dQ cosα dQ r + Rcosφ E = dE = x 4πε l3 4πε r 3 0 0 R3 (1 + 2 cosφ) 2 R dQ r + Rcosφ r Qr (1 - 3 cosφ) = 3 3 4πε0 R R 8πε0R ( φ biến đổi từ 0 đến 2π ) Để tìm chu kì dao động ta giả sử quả cầu lệch khỏi vị trí cần bằng một khoảng bé. Khi đó lực phục hồi là tổng hợp lực tĩnh điện và trọng lực tác dụng lên quả cầu. Vì xét dao động bé nên coi như quả cầu vẫn nằm trong mặt phẳng vòng dây. Ta có: mg qQx mx'' = - x - 3 l 8πε0R Vậy chu kì dao động bé của quả cầu là: 1 T = 2π g qQ ( + 3 ) l 8πε 0R m Tìm điều kiện của q đề quả cầu có thể dao động. Từ biểu thức T ta thấy nếu biểu thức trong căn 0 thì quả cầu không thể dao động 8πε R3m Vậy q - 0 Ql Bài 13: Một vật khối lượng m, điện tích q chỉ có thể dịch chuyển không ma sát trong mặt phẳng trong của nón có góc mở 2 . Một điện tích –q đặt cố định tại đỉnh nón. Bỏ qua tác dụng trọng lực. Tìm tần số dao động nhỏ của vật quanh quỹ đạo tròn. Giải Khi chuyển động vật chịu tác dụng của 2 lực: Flt , Fd Gọi 0 ,r0 là vận tốc góc và bán kính quỹ đạo vật tại quỹ đạo tròn ổn định. 2 2 kq sin α 2 2 2 3 Flt = Fd 2 = mω0r0sinα kq sinα = mω0r0 (1) r0 Gọi  ,r là vận tốc góc và bán kính quỹ đạo khi vật lêch khỏi quỹ đạo cân bằng đoạn x nhỏ theo đường sinh. Ta viết: r = r0 + xsinα ω r2 Bảo toàn momen động lượng: mωr2 = mω r2 ω = 0 0 0 0 r2 Phương trình chuyển động của vật theo phương đường sinh: kq2sin2α mx = - + mω2rsinα r2 2 2 2 4 kq sin α ω0r0 = - 2 + m 3 sinα r0 + xsinα r0 + xsinα
18. 2 2 2 4 kq sin α ω0r0 = - 2 + m 3 sinα 2 xsinα 3 xsinα r0 1 + r0 1 + r0 r0 2 2 kq sin α r0 - xsinα 2 = - 3 + mω0 r0 - 3xsinα sinα (dox <<r0 ) (2) r0 2 2 2 2 Thay (1) vào (2) được: mx = - xmω0sin α x = - xω0sin α ω sinα Vậy vật dao động nhỏ với tần số f = 0 2π Bài 14: Trên hình vẽ, một vỏ cầu mỏng có khối lượng m, bán kính R, được làm từ chất điện môi, được tích điện đồng đều với điện tích Q. Vỏ cầu được gắn với một đế nhẹ rồi được đặt lên mặt ngang nhẵn. Bên trong vỏ cầu có một lò xo nhẹ khối lượng không đáng kể, độ cứng k, một đầu được gắn chặt vào vỏ cầu, đầu còn lại nằm ở vị trí tâm O của quả cầu, lò xo luôn được giữ ở phương ngang. Trên vỏ cầu có một lỗ nhỏ C nằm ở cùng độ cao với tâm vỏ cầu trên cùng một đường thẳng. Từ điểm P ở rất xa trên đường thẳng này, một vật nhỏ có khối lượng m được tích điện Q chuyển động theo phương ngang với vận tốc v0 đủ lớn để vượt qua được đoạn PC. Vật chui qua lỗ C để vào được bên trong quả cầu. Bỏ qua ảnh hưởng của trọng trường. Hãy tính: 1. Thời gian từ lúc vật bắt đầu chui vào vỏ cầu đến lúc tiếp xúc với lò xo. 2. Thời gian từ lúc vật bắt đầu chui vào vỏ cầu cho đến khi nó bay ra khỏi vỏ cầu. R P C 푣0 O Giải 1. Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt nhẵn. Gốc tọa độ ở vị trí ban đầu của C. Trục x nằm ngang hướng sang phải . Gọi v1, v2 là vận tốc của vật và cầu ngay trước khi vật chui qua lỗ C vào quả cầu. Chọn gốc thế năng tĩnh điện khi vật ở rất xa quả cầu. ADĐL bảo toàn động lượng và năng lượng: mv0 mv1 mv2 1 1 1 kQ2 mv2 mv2 mv2 (2 2 0 2 1 2 2 R Sau khi vật đi vào C (điện trường bên trong quả cầu bằng 0) vật và cầu chuyển động đều, vận tốc tương đối giữa chúng là v1- v2 . Gọi t1 là thời gian vật vượt qua quãng đường R để đến va chạm với lò xo, ta có: 2 R 2 4kQ 1/2 t1 R(v0 ) v1 v2 Rm 2. - Gọi x1; x2 là các tọa độ của hai đầu lò xo (vật ở một đầu và đầu còn lại gắn với quả cầu), độ co của lò xo là: X = R – (x1- x2)
19. Phương trình dao động của vật P và quả cầu theo phương ngang là: ma1= - kX ; ma2= kX; m(a1- a2) = mX’’ = -2kX m Chu kỳ dao động của lò xo: T 2 2k m P rời khỏi lò xo sau thời gian: t T / 2 2 2k - Sau khi vật rời khỏi lò xo, vì va chạm là đàn hồi và hai vật có khối lượng bằng nhau nên sau va chạm vật sẽ có vận tốc v2, còn quả cầu sẽ có vận tốc v1, vận tốc tương đối của vật với quả cầu có độ lớn v1- v2 ; thời gian để vật tới C là t3 = t1. 2 m 2 4kQ 1/2 Vậy tổng thời gia vật ở trong quả cầu là: t = t1+t2+ t2= 2R(v ) 2k 0 Rm Bài 15: Thanh mảnh AB chiều dài l, có khối lượng trên một đơn vị chiều x dài phụ thuộc khoảng cách x tính từ A theo công thức (x) 1 , a 0 l A với 0=const. Thanh có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh một trục nằm ngang cố định qua A (như bên). Bỏ qua mọi ma sát, lực cản không khí. 1. Tính chu kỳ dao động nhỏ của thanh quanh vị trí cân bằng. 2. Thanh AB được tích điện đều với mật độ điện dài 1 0 . Trong mặt phẳng của thanh, phía trên trục quay một đoạn a có một dây dẫn thẳng dài B vô hạn nằm ngang tích điện đều với mật độ điện dài 2 0.Tính chu kỳ dao động nhỏ của thanh quanh vị trí cân bằng. (Trong quá trình dao động coi 1 ,2 const) . Giải 1. Xét một phần tử cách đầu A một khoảng x có khối lượng dm l x 3 Khối lượng của thanh là: m m dm 1 dx l  i 0 0 0 l 2 m x xdm 5 Tọa độ khối tâm G của thanh: AG x  i i l G m 9  i dm Momen quan tính của thanh đối với trục quay qua A là: l x 7 I m x 2 x 2 dm x 2 1 dx l 3  i i 0 0 0 l 12 Phương trình chuyển động quay của thanh quanh trục quay qua A 7 M I  mgAG sin l 3 P / A A 12 0 Góc nhỏ, sin , = ’’ , ta có
20. 10g 2 10g 2 " 0 Đặt 1 " 1 0 7l 7l 2 7l Chứng tỏ thanh dao động điều hòa với chu kỳ T1 2 1 10g 2. Theo định lý O - G cường độ điện trường do một dây dẫn dài vô hạn gây ra trong không gian là: 2 Er 2 0 .r * Khoảng cách từ phần tử đến dây là r a xcos * Điện tích của phần tử dq 1dx * Lực điện trường tác dụng lên dq: 12 dx dF Er .dq a 2 0 (a x cos ) A * Momen của lực dF đối với trục quay là: r   sin xdx xdx dM dF.x.sin 1 2 K 2 0 (a xcos ) 1 Ax   sin cos Với K 1 2 , A 2 a a 0 B -> Momen lực điện trường tác dụng lên thanh là: l xdx l dx l dx M dM K K D 0 1 Ax 0 A 0 A(1 Ax) l cos a 2 ln(1 ) x ln(1 Ax) l ln(1 Al) la K l K K a 2 0 2 2 A A A A cos cos   sin l   sin l nhỏ 1 2 2 1 2 cos 1 M D la a ln(1 ) l a ln(1 ) 2 0 a a 2 0 a * áp dụng phương trình chuyển động quay cho thanh đối với trục quay 7 3 7 3 5 2 12 l M P M D I 0l " 0l " 0 gl l a ln(1 0 12 12 6 2 0 a 2 "  2 0 10g 6  l  2 1 2 l a ln 1 Với 2 3 7l 7 0 0l a Chứng tỏ thanh dao động nhỏ quanh vị trí cân bằng với chu kỳ: