Bài Tập Tự Luận môn Vật lý đại cương 2 | Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông
Câu 1: Hạt bụi mang một điện tích q = -1,7.10-16 C ở gần một dâydẫn thẳng khoảng R = 0,4 m, nằm trên đường trung trực của dây dẫn. Đoạn dây dẫn dài L = 150 cm, mang điện tích. Tài liệu giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời đọc đón xem!
Môn: Vật lý đại cương 2 298 tài liệu
Trường: Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông 1.7 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
TỔNG HỢP BÀI TẬP TỰ LUẬN VLĐCII (PH1120)-K63
Câu 1: Hạt bụi mang một điện tích q = -1,7.10-16 C ở gần một dây dẫn thẳng khoảng R = 0,4 m,
nằm trên đường trung trực của dây dẫn. Đoạn dây dẫn dài L = 150 cm, mang điện tích Q = 2.10-
7 C. Xác định lực tác dụng lên hạt bụi. Giả thiết rằng Q được phân bố đều trên sợi dây và sự có
mặt của q không ảnh hưởng gì tới sự phân bố. Bài làm
Vì hạt bụi gần nằm trên trung trực của dây dẫn và cách dây dẫn một khoảng R = 0.4 (m), rất nhỏ so
với chiều dài của dây nên ta có thể coi dây dẫn là dài vô hạn so với hạt bụi này.
Ta xét điểm M nằm gần dây dẫn, xây dựng mặt Gauss là mặt trụ đi qua đi qua M và bao quanh dây
dẫn (trụ có bán kính: R > bán kính dây dẫn; độ dài l; 2 đáy vuông góc với trục trùng với dây dẫn.)
=> Vector điện cảm (điện trường)
𝛷𝑀=∮𝐷 ∗ 𝑑𝑆 = 𝑞
Áp dụng định lý O-G, ta có cường độ điện trường dây dẫ2n ∗ gâ 𝜋 y∗ r𝑅a t
= ạ𝑄i vị trí hạt bụi là: Vì D không đổi trên 2 ∗m 𝜋 ặt ∗ tr 𝑅 ụ ∗ nh ∆𝑙 ỏ ∗ có 𝐷 c = h𝜆iều ∗ d ∆𝑙 à i ∆𝑙 ⇒ n ê 𝐷n: = 𝜆 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑅 ∗ 𝑙
Với: |𝜆| là mật độ điện dài của dây; R là khoảng cách từ hạt bụi đến dây dẫn.
𝜀 ∗ 𝜀0=𝜆 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀 ∗ 0 𝑅 =𝑄 𝐸 = 𝐷
Do đó điện trường do dây gây ra tại vị trí hạt bụi này là:
2 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀 ∗ 0 𝑅 ∗ 𝑙 𝐹 = 𝑞 ∗ 𝐸 = 𝑞 ∗ 𝑄
2 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀 ∗
0 𝑅 ∗ 𝑙 = ⋯ 𝑡ℎ𝑎𝑦 𝑠ố = ⋯ (𝑁)
Ta có lực tĩnh điện do dây dẫn tác dụng lên hạt bụi là:
Câu 2: Hai hạt mang điện tích điểm 𝒒𝟏= −𝒒𝟐= 𝒒 = 𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟖 𝑪 đặt tại hai điểm A và B trong
không khí, biết 𝑨𝑩 = 𝒍 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟐 𝒎. Xác định vector cường độ điện trường tại điểm M nằm
trên trung trực AB và cách 𝒒𝟏 một đoạn 𝒓 = 𝟑𝟎 𝒄 𝒎 Bài làm Vẽ hình
+) Do 𝑞1 và 𝑞2 trái dấu; ta giả sử véc tơ cường độ điện trường tại M gây ra bởi 𝑞1 và 𝑞2 lần lượt là
𝐸𝐴𝑀 𝑣à 𝐸𝐵𝑀 có phương và chiều như hình vẽ. Ta có:
𝐸𝐴𝑀 = 𝐸𝐵𝑀 =𝑘 ∗ 𝑞 𝑟2
+) Theo nguyên lý chồng chất điện trường ta có, cường độ điện trường tổng hợp tại M gây ra bởi hai
điện tích 𝑞1 và 𝑞2 là: 𝐸
𝑀 = 𝐸𝐴𝑀 + 𝐸𝐵𝑀 Do đó, 𝐸
𝑀 có phương chiều như hình vẽ. Và tổng hợp vector, ta có:
)= 2 ∗ 𝑘 ∗ 𝑞 𝑟2∗𝐴𝐵
𝐸𝑀= 2 ∗ 𝐸𝑀𝐴 ∗ cos(𝛼 )= 2 ∗ 𝐸𝑀𝐴 ∗ cos(𝑀𝐵𝐴
2 ∗ 𝐵𝑀 = ⋯ 𝑉/𝑚
Câu 3: Một mặt phẳng tích điện đều với mật độ điện mặt σ > 0. Tại khoảng giữa của mặt có
khoét một lỗ hổng bán kính a nhỏ so với kích thước của mặt. Tính cường độ điện trường tại
một điểm nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và đi qua tâm của lỗ hổng, cách tâm
đó một đoạn là b. Cho biết công thức tính … Bài làm Vẽ hình
Ta coi mặt phẳng chứa lỗ hổng ở đề bài là sự chồng chất của:
- Mặt phẳng nguyên vẹn không chứa lỗ hổng có mật độ điện mặt σ; gây ra tại M cường độ điện
trường 𝐸1 như hình vẽ.
- Và đĩa tròn bán kính a có mật độ -σ; gây ra tại M cường độ điện trường 𝐸2 như hình vẽ.
Theo nguyên lý chồng chất điện trường ta có, điện trường gây ra bởi mặt phẳng chứa lỗ hổng gây ra tại M là: 𝐸
𝑀 = 𝐸1 + 𝐸2 ⇒ 𝐸 = 𝐸1− 𝐸2 Ta có: 𝐸1=𝜎 2 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0
𝐸2=𝜎 2 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗ 1 − 1 √1 + 𝑎2 ( 𝑏2 )
⇒ 𝐸𝑀= 𝐸1− 𝐸2=𝜎 𝑏2=𝜎 ∗ 𝑏
2 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗√1 + 𝑎2
2 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗√𝑎 + 2 𝑏2
Câu 4: Một tụ điện trụ có bán kính trong 𝑹𝟏= 𝟒 𝒄 ;
𝒎 bán kính ngoài 𝑹𝟐= 𝟓 𝒄𝒎. Cường độ
điện trường tại điểm M cách trục đối xứng của tụ một khoảng 𝒓 = 𝟒. 𝟓 (𝒄𝒎) là 𝑬 = 𝟑. 𝟗𝟖 ∗
𝟏𝟎𝟒 𝑽/𝒎. Tìm hiệu điện thế giữa hai bản tụ. Bài làm
Cường độ điện trường tụ điện gây ra tại điểm M cách trục đối xứng của tụ một khoảng 𝑟 =
4.5 (𝑐𝑚) (𝑅1< 𝑟 < 𝑅2) là: 𝐸 = 𝜎 ∗ 𝑅1 𝜀 ∗ 𝜀 ∗ 0 𝑟 Nếu 𝑟 > 𝑅
2 thì E là tổng hợp do R1 và R2 gây ra? (Đúng) ⇒ 𝐸 = 𝐸1+ 𝐸2 Nếu r < R1 thì E = 0.
Ta có hiệu điện thế U giữa hai bản cực tụ là: 𝑅2
𝑅1=𝜎 ∗ 𝑅1 𝜀 ∗ 𝜀0∗ln (𝑅2𝑅1) = 𝑟 ∗ 𝜎 ∗ 𝑟 𝑅 ∗ 1
𝜀 ∗ 𝜀0∗ln (𝑅2𝑅1) = 𝐸 ∗ 𝑟 ∗ ln (𝑅2
𝑈 = 𝑉1− 𝑉2=∫𝐸𝑑𝑟 𝑅1)
Với E = …, r =…, R1 =…, R2 =…; ta có U = …(V)
Câu 5: Hai hạt mang điện tích điểm 𝒒𝟏= 𝒒𝟐= 𝒒 lần lượt đặt tại A và B, cách nhau một khoảng
2a trong không khí. Xét điểm M nằm trên trung trực của AB; cách đường thẳng AB một khoảng x.
a) Khi x = a. Tìm cường độ điện trường tại M.
b) Tìm x để cường độ điện trường tại M đạt max và xác định giá trị đó. Bài làm
Gọi H là trung điểm của AB. Vẽ hình
+) Ta có: 𝑀𝐻 = 𝑥; 𝐴𝐵 = 2. 𝐵𝐻 = 2𝑎 ⇒ 𝐴𝑀 =𝐵𝑀 =√𝐵𝐻 + 2 𝐻𝑀2=√𝑥 + 2 𝑎 2
+) Do 𝑞1 và 𝑞2 cùng dấu; ta giả sử véc tơ cường độ điện trường tại M gây ra bởi 𝑞1 và 𝑞2 lần lượt là
𝐸𝐴𝑀 𝑣à 𝐸𝐵𝑀 có phương và chiều như hình vẽ. Ta có:
𝐸𝐴𝑀 = 𝐸𝐵𝑀 =𝑘 ∗ 𝑞 𝐴𝑀2
+) Theo nguyên lý chồng chất điện trường ta có, cường độ điện trường tổng hợp tại M gây ra bởi hai
điện tích 𝑞1 và 𝑞2 là: 𝐸
𝑀 = 𝐸𝐴𝑀 + 𝐸𝐵𝑀 Do đó, 𝐸
𝑀 có phương chiều như hình vẽ. Và tổng hợp vector, ta có:
)= 2 ∗ 𝑘 ∗ 𝑞𝐴𝑀2∗𝑀𝐻 𝐵𝑀 = 2 ∗ 𝑘𝑥∗ 2 𝑞 + 𝑎2∗𝑥
𝐸𝑀= 2 ∗ 𝐸𝑀𝐴 ∗ cos(𝛼 )= 2 ∗ 𝐸𝑀𝐴 ∗ sin(𝑀𝐵𝐻 √𝑥2+ 𝑎2 a) Với: MH = x = a; ta có: 𝐸𝑀= 2 ∗ 𝑘 ∗ 𝑥 𝑞
2+ 𝑎2∗𝑥 √𝑥2+ 𝑎2=√2 2∗𝑘 ∗ 𝑞 𝑎2 b) Ta có: 𝐸𝑀= 2 ∗ 𝑘 ∗ 𝑥 𝑞
2+ 𝑎2∗𝑥 √𝑥2+ 𝑎2= 2 ∗ 𝑘 ∗ 𝑞 ∗ 𝑥 (𝑥2+ 𝑎 ) 2 3 2
⇒ 𝐸𝑀= 2 ∗ 𝑘 ∗ 𝑞 ∗ 1 3)3 (𝑥 3+𝑎2 4 2 𝑥2 Đặt: 𝑥23= 𝑡
⇒ 𝐸𝑀= 2 ∗ 𝑘 ∗ 𝑞 ∗ 1 (𝑡2+𝑎2 𝑡)3 2
Xét: 𝑓(𝑡)= 𝑡2+𝑎 𝑡 ⇒ 𝑓′(𝑡)= 2 ∗ 𝑡 − 𝑎 𝑡2
Ta có: 𝑓(𝑡) đạt min khi 𝑓′(𝑡)= 0 ⟺ 2 ∗ 𝑡 − 𝑎 𝑡2= 0 ⟺ 2 ∗ 𝑡3= 𝑎 ⟺ 𝑡 = √𝑎 3=√𝑎3 ⟺ 𝑥 = √𝑎2 3 ⟺ 𝑥2 2 2 2
Khi 𝑓(𝑡) đạt min thì 𝑓1(𝑡) đạt max, hay 𝐸𝑀= 2 ∗ 𝑘 ∗ 𝑞 ∗ 1𝑓(𝑡)3 2 sẽ đạt max.
Do đó, 𝐸𝑀 đạt max khi 𝑥 = √𝑎2 và giá trị cực đại của 𝐸𝑀 là: 𝐸𝑀= 2 ∗ 𝑘 ∗ 𝑞 ∗
Em tính bị ra khác kết quả trong đề cương ạ. (Fixed)
Câu 6: Một tụ điện cầu có bán kính các bản cực: 𝑹𝟏= 𝟐(𝒄𝒎); 𝑹𝟐= 𝟒(𝒄𝒎). Hiệu điện thế giữa
hai bản cực 𝑼 = 𝟐𝟓 𝑽. Tính cường độ điện trường tại điểm M cách tâm tụ điện 1 khoảng 𝒓 = 𝟐. 𝟓 (𝒄𝒎) Bài làm
Ta có, điện dung của tụ điện cầu là: 𝐶 = 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝑅2 𝜀 −0∗ 𝑅 𝑅 1 1 = ∗ 𝑄 𝑅2
𝑈 ⇒ 𝑄 = 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗ 𝑅1∗ 𝑅2 𝑅 − 2 𝑅1∗ 𝑈 (1)
Cường độ điện trường tại một điểm nằm giữa 2 bản tụ điện cầu là:
𝐸 = 14 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗𝑄𝑟2 (2) Từ (1), (2); ta có: 𝐸 = 𝑈 ∗ 𝑅1∗ 𝑅2
(𝑅2− 𝑅1)∗ 𝑟2= 𝑡ℎ𝑎𝑦 𝑠ố = ⋯ (𝑉/𝑚)
Câu 7: Một điện tích điểm 𝒒 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟗(𝑪) nằm cách một sợi dây dài tích điện đều một khoảng
𝒓𝟏= 𝟒 (𝒄𝒎) trong không khí. Dưới tác dụng của điện trường do sợi dây gây ra, điện tích di
chuyển theo hướng đường sức điện trường đến khoảng cách 𝒓𝟐= 𝟐 (𝒄𝒎); khi đó lực điện
trường thực hiện một công 𝑨 = 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 (𝑱). Tính mật độ điện dài của sợi dây. Cho biết 𝜺𝟎= 𝟖. 𝟖𝟔 𝟏
∗ 𝟎−𝟏𝟐 𝑪𝟐/𝑵𝒎𝟐 Bài làm
Ta có: {𝒅𝑨 = −𝒒𝒅𝑽
𝒅𝑽 = −𝑬𝒅𝒓 Suy ra: 𝑑𝐴 =𝝀 𝟐∗ ∗𝒒 𝝅 ∗ 𝜺 ∗ 𝜺𝟎 ∗ 𝒓 là công dịch chuyển điện tích từ 𝑟1 đến 𝑟2.
𝑬 = 𝝀𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝜺 ∗ 𝜺𝟎
Lấy tích phân từ 𝑟1 đến 𝑟2 ta được: 𝑟2 𝑟2
𝑟1=∫𝜆 ∗ 𝑞 𝑟1𝑑𝑟 =𝜆 ∗ 𝑞
2 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗ln (𝑟2 𝐴 = ∫𝑑𝐴 𝑟1)
2 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗ 𝑟
⇒ 𝜆 = 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗ 𝐴
𝑞 ∗ ln (𝑟𝑟1)= ⋯ = −2 ∗ 10−7 𝐶/𝑚 2
Câu 8: Một quả cầu điện môi cô lập có tâm O, bán kính a, hằng số điện môi 𝜺; điện tích 𝑸 (𝑸 >
𝟎) được phân bố đều theo thể tích. Quả cầu được đặt trong không khí.
a) Dùng định lý O-G dẫn ra công thức xác định độ lớn của cường độ điện trường tại điểm A
cách O một khoảng 𝒓𝑨 (𝒓𝑨> 𝒂); tại điểm B cách O một khoảng 𝒓𝑩 (𝒓𝑩< 𝒂).
b) Áp dụng bằng số: … Bài làm
Mật độ điện tích khối của quả cầu:
𝜌 = 𝑄𝑉𝑘ℎố𝑖 𝑐ầ𝑢 =𝑄 43∗ 𝜋 ∗ 𝑎3
+) Xét điểm B nằm trong khối cầu (𝑂𝐵 = 𝑟𝐵< 𝑎):
Ta dựng mặt Gauss bán kính 𝑟𝐵< 𝑎 như hình vẽ. VẼ HÌNH
Ta có, do khối cầu có điện tích được phân bố đều theo thể tích khối cầu, nên điện tích của khối cầu Gauss là:
𝑄1= 𝜌 ∗ 𝑉𝑚ặ𝑡 𝑐ầ𝑢 𝐺𝑎𝑢𝑠𝑠 = 𝜌 ∗ 4 3∗ 𝜋 ∗ 𝑟𝑏3= 𝑄 ∗ 𝑟𝑏3 𝑎3
Áp dụng định lý O-G, ta có thông lượng điện cảm qua mặt Gauss bán kính 𝑟𝐵 là:
𝛷𝑒=∮𝐷𝑛∗𝑑𝑆 =∮𝐷 ∗ 𝑑𝑆 = 𝐷 ∗ ∮𝑑𝑆 = 𝐷 ∗ 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟𝑏2 (1)
Mà theo định lý Gauss, ta có: 𝛷𝑒= 𝑄1 (2) Từ (1), (2); ta có:
𝐷 ∗ 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟𝑏2= 𝑄1 ⇒ 𝐷 = 14 ∗ 𝜋 ∗𝑄1
𝑟𝑏2=1 4 ∗ 𝜋 ∗𝑄 ∗ 𝑟𝑏 𝑎3
Từ đó, cường độ điện trường tại điểm B là: 𝜀 ∗ 𝜀
+) Xét điểm A nằm ngoài khối cầu (𝑂𝐴 = 𝑟𝐴> 𝑎):
Ta dựng mặt Gauss bán kính 𝑟𝐴> 𝑎 như hình vẽ. VẼ HÌNH
Do mặt Gauss bao quanh mặt cầu nên điện tích của khối cầu Gauss chính là: 𝑄
Áp dụng định lý O-G, ta có thông lượng điện cảm qua mặt Gauss bán kính 𝑟𝐴 là:
𝛷𝑒=∮𝐷𝑛∗𝑑𝑆 =∮𝐷 ∗ 𝑑𝑆 = 𝐷 ∗ ∮𝑑𝑆 = 𝐷 ∗ 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟𝐴2 (3)
Mà theo định lý Gauss, ta có: 𝛷𝑒= 𝑄 (4) Từ (3), (4); ta có:
𝐷 ∗ 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟𝐴2= 𝑄 ⇒ 𝐷 = 14 ∗ 𝜋 ∗𝑄 𝑟𝐴2
Từ đó, cường độ điện trường tại điểm A là:
𝐸 = 𝐷𝜀 ∗ 𝜀0=1 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗𝑄 𝑟𝐴2
b) Thay số không ra giống ở tại A. E (V/m) => Có ra 80000 V/m mà? Chú ý đổi đơn vị
Câu 9: Một vòng dây bán kính R; tích điện đều với điện tích Q. Tính điện thế tại điểm M trên
trục của vòng dây, cách tâm vòng dây một đoạn h và điện thế tại tâm của vòng dây. Vẽ hình. Bài làm Vẽ hình
Để có thể xác định điện thế do vòng dây mang điện gây ra, ta chia vòng dây thành những phần tử đủ
nhỏ sao cho có thể công nhận chúng là các điện tích điểm. Khi đó, điện thế tại M do dq gây ra là: 𝑑𝑉 =𝑑𝑞
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀 ∗ 0 𝑟 với 𝑟 = √𝑅 + 2 ℎ 2
Theo nguyên lý ch ồng chất điện thế thì điện thế do cả vòng dây gây ra tại M là: Cả vòng =∫𝑑𝑞Cả vòng
=𝑄4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀 ∗ 0 𝑟 =𝑄 𝑉 = ∫𝑑𝑣
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀 ∗ 0 𝑟
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗√𝑅2+ ℎ2
Từ đó, do tại tâm O thì h = 0, nên điện thế tại tâm O của vòng dây là: 𝑉𝑂=𝑄
4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀 ∗ 0 𝑅
Câu 10: Hai mặt phẳng song song vô hạn tích điện đều, trái dấu, có mật độ điện mặt bằng nhau,
đặt cách nhau d = 2 mm. Người ta lấp đầy khoảng không gian giữa hai mặt phẳng bởi một chất
điện môi có hằng số điện môi 𝜺 = 𝟓. Hiệu điện thế giữa hai mặt phẳng U = 100 V. Xác định mật
độ điện tích liên kết trên bề mặt của chất điện môi.
Em trình bày đơn giản như bên dưới liệu đã đủ chưa ạ. Bài làm
Mật độ điện tích liên kết trên bề mặt của chất điện môi là:
𝜎′= 𝑃𝑛 ⇒ 𝜎′= 𝐷𝑛− 𝜀0∗ 𝐸𝑛
mà 𝐷𝑛= 𝐷, 𝐸𝑛= 𝐸 nên:
𝜎′= 𝐷 − 𝜀0∗ 𝐸
Ngoài ra, ta có: 𝐷 = 𝜀 ∗ 𝜀0∗ 𝐸, 𝐸 = 𝑈 𝑑, nên:
𝜎′= 𝜀0∗(𝜀 − 1)∗𝑈 𝑑
Với d = 2 mm, 𝜀 = 5, 𝑈 = 100 𝑉, ta có:
𝜎′= 𝜀0∗(𝜀 − 1)∗𝑈 𝑑= ⋯ = ⋯ (𝐶/𝑚2)
Câu 11: Một điện tích điểm 𝒒 = 𝟒. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟗(𝑪) đặt ở giữa hai bản tụ phẳng có điện dung 𝑪 = 𝟏. 𝟕𝟖 𝟏
∗ 𝟎−𝟏𝟏(𝑭). Hiệu điện thế giữa hai bản tụ U = 216 (V). Điện tích đó chịu tác dụng của một
lực 𝑭 = 𝟗. 𝟖 ∗ 𝟏𝟎−𝟓(𝑵). Xác định khoảng cách giữa hai bản tụ, hằng số điện môi và điện tích
của tụ. Cho biết mỗi bản tụ 𝑺 = 𝟏𝟎𝟎 𝒄𝒎𝟐. Cho 𝜺𝟎= 𝟖. 𝟖𝟔 𝟏
∗ 𝟎−𝟏𝟐 𝑪/𝑵𝒎𝟐
Em trình bày đơn giản như bên dưới liệu đã đủ chưa ạ. Bài làm
Lực tác dụng lên điện tích điểm chính là lực điện trường:
𝐹 = 𝑞 ∗ 𝐸 = 𝑞 ∗ 𝑈𝑑 ⇒ 𝑑 = 𝑞 ∗ 𝑈 𝐹= 1 (𝑐𝑚)
Điện dung của tụ điện phẳng là: 𝐶 = 𝜀 ∗ 𝜀0∗ 𝑑 𝑆
⇒ 𝜀 = 𝐶 ∗ 𝑑𝜀0∗ 𝑆 = ⋯ = ⋯
Điện tích của tụ điện phẳng là:
𝑄 = 𝐶 ∗ 𝑈 = ⋯ = ⋯ (𝐶)
Câu 12: Một quả cầu điện môi có bán kính R = 5 cm, hằng số điện môi 𝜺 = 𝟐, tích điện 𝑸 = 𝟐. 𝟐𝟓 𝟏
∗ 𝟎−𝟔 𝑪 được phân bố đều theo thể tích. Xác định:
a) Cường độ điện trường tại một điểm cách tâm quả cầu một khoảng r = 3 cm.
b) Năng lượng điện trường bên trong quả cầu. Bài làm
a) Xét điểm A nằm trong khối cầu (𝑂𝐵 = 𝑟 < 𝑅):
Ta dựng mặt Gauss bán kính 𝑟 < 𝑅 như hình vẽ. VẼ HÌNH
Ta có, do khối cầu có điện tích được phân bố đều theo thể tích khối cầu, nên điện tích của khối cầu Gauss là:
𝑄1= 𝜌 ∗ 𝑉𝑚ặ𝑡 𝑐ầ𝑢 𝐺𝑎𝑢𝑠𝑠 = 𝜌 ∗ 4 3∗ 𝜋 ∗ 𝑟3= 𝑄 ∗ 𝑟3 𝑅3
Áp dụng định lý O-G, ta có thông lượng điện cảm qua mặt Gauss bán kính 𝑟 là:
𝛷𝑒=∮𝐷𝑛∗𝑑𝑆 =∮𝐷 ∗ 𝑑𝑆 = 𝐷 ∗ ∮𝑑𝑆 = 𝐷 ∗ 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟2 (1)
Mà theo định lý Gauss, ta có: 𝛷𝑒= 𝑄1 (2) Từ (1), (2); ta có: 𝐷 ∗ 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟 = 2 𝑄1 ⇒ 𝐷 = 14 ∗ 𝜋 ∗𝑄1
𝑟2=1 4 ∗ 𝜋 ∗𝑄 ∗ 𝑟 𝑅3
Từ đó, cường độ điện trường tại điểm B là:
𝐸 = 𝐷𝜀 ∗ 𝜀0=1 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗𝑄 ∗ 𝑟 𝑅3
Với 𝑅 = 5 𝑐𝑚, 𝜀 = 2, 𝑄 = 2.25 1
∗ 0−6 𝐶, ta có: E = … (V/m)
b) Năng lượng điện trường bên tại một điểm nằm trong quả cầu, cách tâm cầu một khoảng r < R là: 𝑅 𝑅 𝑊𝑒=1 0=∫𝑄2∗ 𝑟4 0=𝑄2
2∗∫𝜀 ∗ 𝜀0∗ 𝐸2 𝑑𝑉
8 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀 ∗ 0 𝑅6 𝑑𝑟
40 ∗ 𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀 ∗ 0 𝑅
Với 𝑅 = 5 𝑐𝑚, 𝜀 = 2, 𝑄 = 2.25 1
∗ 0−6 𝐶, ta có: 𝑊𝑒= ⋯ (𝑚𝐽)
Câu 13: Một thanh dài l có thể trượt trên hai cạnh của một khung chữ U với vận tốc …
Em trình bày đơn giản như bên dưới liệu đã đủ chưa ạ. Bài làm
a) Khi thanh trượt với vận tốc v, nó sẽ tạo ra một khung có diện tích dS = l.dx
Từ thông: 𝒅𝚽 = 𝑩𝒅𝑺 = 𝑩𝒍𝒅𝒙
=> Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong mạch:
|𝐸𝑒|=|−𝑑𝛷𝑚𝑑𝑡 |=|−𝐵 ∗ 𝑙 ∗ 𝑑𝑥
𝑑𝑡 |= 𝑣 ∗ 𝐵 ∗ 𝑙 Thay số, ta có: |𝐸𝑒|= ⋯ = ⋯ ( ) 𝑉 b) Dòng điện cảm ứng:
𝐼𝑐=𝐸𝑐𝑅= ⋯ = ⋯ (𝐴)
Áp dụng quy tắc bàn tay phải, chiều dòng điện cảm ứng là chiều ngược chiều kim đồng hồ.
Câu 14: Xác định véc tơ cảm ứng từ 𝑩 tại tâm O của một dòng điện I hình vuông, cạnh a, đặt
trong không khí. Cho biết I = 20 A, a = 100 mm. Bài làm Vẽ hình
Mỗi cạnh của dòng điện I hình vuông sẽ gây ra tại tâm O một cảm ứng từ có phương vuông góc với
mặt phẳng giấy chứa dòng điện và chiều hướng vào mặt phẳng giấy. Ta gọi các cảm ứng từ này là:
𝐵1 , 𝐵2 , 𝐵3 , 𝐵4 . Ta có:
𝐵1= 𝐵2= 𝐵3= 𝐵4=𝜇0∗ 𝐼
2∗(cos(450)− cos(1350)) =√2 2∗𝜇0∗ 𝐼 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝑎 𝜋 ∗ 𝑎
Cảm ứng từ tổng hợp tại tâm O của dòng điện hình vuông sẽ là tổng hợp của 4 cảm ứng từ thành phần:
𝐵 = 𝐵1 + 𝐵2 + 𝐵3 + 𝐵4
Do cả bốn vector cảm ứng từ thành phần đều cùng phương chiều, độ lớn, nên vector cảm ứng từ sẽ 𝐵
có phương vuông góc với mặt phẳng giấy, chiều hướng vào trong mặt phẳng giấy và có độ lớn là:
𝐵 = 4 ∗ 𝐵1= 4 ∗ √2 2∗𝜇0∗ 𝐼
𝜋 ∗ 𝑎 = 2 ∗ √2 ∗ 4 ∗ 𝜋 ∗ 10−7 ∗20 𝜋 ∗ 0.1 = 2.26 1 ∗ 0−4(𝑇)
Câu 15: Một dây dẫn được uốn như hình vẽ gồm hai cung tròn đồng tâm bán kính lần lượt là a
= 20 mm, b = 40 mm và hai đoạn bán kính vuông góc với nhau, đặt trong không khí. Dòng điện
trong khung có cường độ I = 16 A. Xác định vecto cảm ứng từ do dòng điện gây ra tại tâm O. Bài làm Vẽ hình
Mỗi thành phần của dây dẫn (hai cung tròn và hai đoạn bán kính) sẽ gây ra tại tâm O một cảm ứng từ
tương ứng. Gọi véc tơ cảm ứng từ gây ra bởi hai bán kính là ,𝐵1
𝐵3 ; véc tơ cảm ứng từ do cung tròn
bán kính b và cung tròn bán kính a gây ra tại tâm O lần lượt l à , : 𝐵𝐵 4 2 .
Do O nằm trên đường thẳng chứa hai đoạn bán kính nên 𝐵 = 10, 𝐵3 = 0 (1)
Vecto cảm ứng từ do cung tròn bán kính b gây ra tại O l à s𝐵 ẽ 2
có phương vuông góc với mặt phẳng
giấy vẽ dây dẫn, chiều hướng vào trong mặt phẳng giấy này. Và có độ lớn là: 𝐵2=1 4∗𝜇0∗ 𝐼 2 ∗ 𝑏 = ⋯ = 6.28 1 ∗ 0−5 (𝑇) (2)
Vecto cảm ứng từ do cung tròn bán kính a gây ra tại O là s 𝐵
ẽ 4có phương vuông góc với mặt phẳng
giấy vẽ dây dẫn, chiều hướng ra ngoài mặt phẳng giấy này. Và có độ lớn là: 𝐵4=1 4∗𝜇0∗ 𝐼 2 ∗ 𝑎 =⋯=12.56 1 ∗ 0−5 (𝑇) (3)
Vecto cảm ứng từ tổng hợp tại tâm O của dây dẫn ở đề bài sẽ là tổng hợp của 4 cảm ứng từ thành phần:
𝐵 = 𝐵1 + 𝐵2 + 𝐵3 + 𝐵4
Và từ phương, chiều, độ lớn của các cảm ứng từ thành phần, ta có vector cảm ứng từ tổng h ợ t p ại 𝐵
O sẽ có phương vuông góc với mặt phẳng giấy chứa dây dẫn, chiều hướng ra ngoài mặt phẳng giấy, và có độ lớn là: 𝐵 = 𝐵4− 𝐵2= 6.28 1 ∗ 0−5 (𝑇)
Câu 16: Một ống hình trụ rỗng, dẫn điện có dòng điện I = 20 A,…
Em trình bày đơn giản như bên dưới liệu đã đủ chưa ạ. Bài làm a) Khi R = 1 cm.
Áp dụng định lý dòng toàn phần (định lý Amperé), ta có: ∫𝐻𝑑𝑙 =∑𝐼𝑖 𝑖 Mà ∑𝐼𝑖= 0 𝑖 Do đó: H = 0. b) Khi R = 3 cm.
Ta có: ∫𝐻𝑑𝑙 =∑𝑖𝐼 𝑖 Mà ∑𝑖𝐼𝑖 =𝐼∗(𝑅2−𝑎2) 𝑏2−𝑎2 Từ đó:
𝐻 = 𝐼 ∗ (𝑅2− 𝑎2)
2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑅 ∗ (𝑏 − 2 𝑎2)= ⋯ = ⋯ (𝐴/𝑚) c) Khi R = 6 cm.
Ta có: ∫𝐻𝑑𝑙 =∑𝑖𝐼 𝑖 Mà: ∑𝑖𝐼𝑖 = 𝐼 Từ đó:
𝐻 = 𝐼2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑅 = ⋯ = ⋯(𝐴/𝑚)
Câu 17: Một khung dây dẫn hình vuông, cạnh a = 20 cm, có dòng điện … Bài làm
a) Chia khung dây thành các dải nhỏ song song với dòng điện thẳng dài. Dải cách dòng điện một đoạn
x có điện tích 𝑑𝑆 = 𝑙𝑑𝑥. Từ đó, ta tính được độ lớn từ thông do dòng điện gửi qua khung dây. Ta có:
𝑑𝑖𝑒𝑛 𝑡𝑖𝑐ℎ 𝑘ℎ𝑢𝑛𝑔 𝑑𝑎𝑦 ; 𝐵 = 𝜇0∗ 𝐼2 𝛷 = ∫𝐵𝑑𝑆 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑥 𝑏+𝑎2 2 ∗ 𝜋 ∗ln (𝑏 + 𝑎 ⇒ 𝛷 = ∫𝜇0∗ 2 𝐼 = 2 𝜇∗ 0 𝑎 2 ∗ ∗ 𝐼2 𝜋 ∗ ∗ 𝑎 𝑑𝑥 2 𝑥 𝑏 − 𝑎2) 𝑏−𝑎
Thay số, ta được: 𝛷 = ⋯ = ⋯ (𝑊𝑏)
b) Từ thông do dây dẫn thẳng gửi qua khung dây là: 2 ∗ 𝜋 ∗ln (𝑏 + 𝑎 𝛷 = 𝜇0∗ 𝐼2∗ 𝑎 2 𝑏 − 𝑎2) Khi khung quay 180 độ:
∆𝛷 = 𝛷0−(−𝛷0)= 2 ∗ 𝛷0
Công cần thiết của lực từ để khung quay 180 độ từ vị trí ban đầu của nó là: 2 ∗ 𝜋 ∗ln (𝑏 + 𝑎 𝜋∗ln (𝑏 + 𝑎
𝐴 = 𝐼1∗ ∆𝛷 = 𝐼1∗ 2 ∗ 𝜇0∗ 𝐼2∗ 𝑎
22) = 𝜇0∗ 𝐼1∗ 𝐼2∗ 𝑎 2 𝑏 − 𝑎 𝑏 − 𝑎2)
Thay số, ta được: 𝐴 = ⋯ = ⋯ (𝐽)
c) Thêm: Lực từ tác dụng lên khung dây dẫn là:
Tổng hợp lực từ tác dụng lên khung dây dẫn là:
𝐹 = (𝐵1− 𝐵2)∗ 𝐼1∗ 𝑎 = ( 𝜇0∗ 𝐼2 2)−𝜇0∗ 𝐼2
2)) ∗ 𝐼1∗ 𝑎 = 𝜇0∗ 𝐼1∗2𝐼2∗ 𝜋 ∗𝑎2 2 ∗ 𝜋 ∗ (𝑏 − 𝑎 2 ∗ 𝜋 ∗ (𝑏 + 𝑎 𝑏2−(𝑎 2)2
Thay số, ta có: F = … = … (N)
Câu 18: Một electron được gia tốc bởi hiệu điện thế U = 1000 V, bay vào một từ trường đều có
cảm ứng từ 𝑩 = 𝟏𝟎−𝟑(𝑻). Xác định:
a) Bán kính quỹ đạo và chu kỳ quay của electron nếu vecto vận tốc của nó vuông góc với đường sức từ.
b) Bán kính của một vòng xoắn ốc và chu kỳ quay của electron nếu vecto vận tốc của nó hợp
với đường sức từ góc 𝜶 = 𝟑𝟎𝟎. Thêm: Bước của đường đinh ốc. Bài làm
a) Hiệu điện thế cung cấp năng lượng cho electron:
𝑊đ=1 2∗ 𝑚 ∗ 𝑣2= |𝑒| ∗ 𝑈 ⇒ 𝑣 = √2 ∗ |𝑒| ∗ 𝑈 𝑚
Khi bay vào từ trường, do vecto vận tốc của nó vuông góc với đường sức từ nên electron chuyển động
theo quỹ đạo hình tròn, lực từ sẽ đóng vai trò là lực hướng tâm:
𝐵 ∗ 𝑣 ∗ |𝑒| = 𝑚 ∗ 𝑣 𝑅 2 ⇒ 𝑅 = 𝑚 ∗ 𝑣
𝐵 ∗ |𝑒| =√2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑈
|𝑒| ∗ 𝐵2= ⋯ ≈ ⋯ (𝑚)
Chu kỳ quay của electron trên quỹ đạo là: 𝑇 = 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑣=𝑅 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑚
𝐵 ∗ |𝑒| = ⋯ ≈ ⋯ (𝑠)
b) Vận tốc của electron sau khi được gia tốc là:
𝑣 = √2 ∗ |𝑒| ∗ 𝑈 𝑚
Bán kính của vòng xoắn ốc là:
𝑅 = 𝑚 ∗ 𝑣 ∗ sin(𝛼) 𝐵 ∗ |𝑒| = ⋯ (𝑚)
Chu kỳ quay của electron trên quỹ đạo là:
𝑇 = 2𝑣∗ 𝜋si∗n 𝑅 (𝛼)=2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑚
𝐵 ∗ |𝑒| = ⋯ ≈ ⋯ (𝑠)
Thêm: Bước của đường đinh ốc là:
ℎ = 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑚 ∗ 𝑣 ∗ cos(𝛼)
𝐵 ∗ 𝑒 = ⋯ = ⋯ (𝑚)
Câu 19: Một ống dây thẳng rất dài, các vòng dây được cuốn sát nhau, đường kính của dây dẫn
là d = 0.3 mm. Cường độ dòng điện chạy trong dây dẫn là I = 0.1 A. Cường độ từ trường trong
lòng ống dây là H = 2000 A/m. Xác định:
a) Số lớp dây cần cuốn trên ống dây.
b) Độ tự cảm của ống dây nếu ống dây có chiều dài l = 15 cm, diện tích tiết ngang của ống dây
𝑺 = 𝟐𝟎𝟎 𝒄𝒎𝟐.
c) Mật độ năng lượng từ trường bên trong ống dây.
Em trình bày đơn giản như bên dưới liệu đã đủ chưa ạ. Bài này OK Bài làm
a) Gọi số lớp dây cần quấn là k, số vòng dây là N. Ta có: 𝐻 = 𝑘 ∗ 𝑁
𝑁 ∗ ∗𝑑𝐼=𝑘 ∗ 𝐼𝑑 ⇒ 𝑘 = 𝐻 ∗ 𝑑𝐼= ⋯ = 6 (𝑙ớ𝑝)
b) Độ tự cảm của ống dây thẳng rất dài là:
𝐿 = 𝜇0∗𝑘2∗ 𝑁2∗𝑙 𝑆
= 𝜇0∗𝑘2∗ 𝑙 ∗ 𝑆 𝑑2= ⋯ = ⋯ (𝐻)
c) Mật độ năng lượng từ trường:
𝜔 = 12∗ 𝜇0∗ 𝐻2= ⋯ = ⋯(𝐽/𝑚3) Câu 20. 2)
Câu 21: Một ống dây thẳng dài l = 60 cm, tiết diện ngang 𝑺 = 𝟑 𝒄𝒎𝟐. Ống dây có lõi sắt với độ
từ thẩm 𝝁 = 𝟐𝟎𝟎, độ tự cảm 𝑳 = 𝟏𝟔𝝅 𝟏
∗ 𝟎−𝟒 𝑯. Các vòng dây được cuốn một lớp trên ống dây. Xác định:
a) Số vòng dây của ống dây
b) Cường độ dòng điện trong ống dây nếu mật độ năng lượng từ trường trong ống là 𝝎 = 𝟏𝟎−𝟑 𝑱/𝒎.
Em trình bày đơn giản như bên dưới liệu đã đủ chưa ạ. OK Bài làm
a) Gọi N là số vòng dây của ống. Ta có, độ tự cảm của ống dây này là: 𝐿 = 𝜇 ∗ 0 𝜇 ∗ 𝑁2∗ 𝑆
𝑙 ⇒ 𝑁 = √𝐿 ∗ 𝑙𝜇 ∗0 𝜇 ∗ 𝑆 = ⋯ = ⋯𝑣ò𝑛𝑔
b) Năng lượng từ trường trong ống dây này là: 1
2∗ 𝐿 ∗ 𝐼2= 𝜔 ∗ 𝑆 ∗ 𝑙 Từ đó, ta có:
𝐼 = √2 ∗ 𝜔 ∗ 𝑆 ∗ 𝑙 𝐿= ⋯ = ⋯ (𝐴)
Câu 22: Một tụ điện phẳng có khoảng cách giữa hai bản tụ là d = 2 mm, hằng số điện môi giữa
hai bản tụ là 𝜺 = 𝟒 được mắc vào một nguồn điện có điện áp 𝝁 = 𝟐𝟎𝟎 𝐜𝐨𝐬(𝟏𝟎𝟎𝝅𝒕) 𝑽. Cho biết 𝜺𝟎= 𝟖. 𝟖𝟔 𝟏
∗ 𝟎−𝟏𝟐 𝑪𝟐/𝑵𝒎𝟐. Tính giá trị cực đại của mật độ dòng điện dịch.
Em trình bày đơn giản như bên dưới liệu đã đủ chưa ạ. OK Bài làm
Mật độ dòng điện dịch là:
|𝐽𝑑|=|𝜕𝐷 𝜕𝑡 |= 𝜀0∗𝜀∗|𝜕𝐸 𝜕𝑡| Mà
𝐸 = 𝑈𝑑=𝑈0∗ cos (𝜔 ∗ 𝑡) 𝑑 nên, ta có:
|𝐽𝑑|=𝜀0∗ 𝜀𝑑∗|𝜕𝑈 𝜕𝑡 |=𝜀0∗ 𝜀𝑑∗ 𝑈0∗ 𝜔 ∗ sin(𝜔 ∗ 𝑡)
Vì sin(𝜔 ∗ 𝑡)≤ 1, nên:
|𝐽𝑑|𝑚𝑎𝑥 =𝜀0∗ 𝜀𝑑∗ 𝑈0∗ 𝜔 Thay số, ta có:
|𝐽𝑑|𝑚𝑎𝑥 = ⋯ = ⋯ (𝐴/𝑚2)
Câu 23: Khi phóng dòng điện cao tần vào một thanh natri có điện dẫn xuất 𝟎. 𝟐𝟓 𝟏 ∗ 𝟎𝟖 𝛀−𝟏 − 𝒎 𝟏
dòng điện dẫn cực đại có giá trị gấp khoảng 45 triệu lần dòng điện dịch cực đại. Xác định chu
kì biến đổi của dòng điện. (Cho 𝜺 = 𝟏).
Em trình bày đơn giản như bên dưới liệu đã đủ chưa ạ. Bài làm
Dòng điện dẫn cực đại: |𝐽|𝑚𝑎𝑥 = 𝜎 ∗ 𝐸0
Dòng điện dịch cực đại: |𝐽𝑑|𝑚𝑎𝑥 = 𝜀 ∗ 𝜀0∗ 𝜔 ∗ 𝐸0 Đặt 𝑘 = 45 1 ∗ 06. Ta có: ⇒ | |𝐽
𝐽𝑑|𝑚𝑎𝑥 = 𝑘 = 𝜎 𝜀 ∗ 𝜀0∗ 𝜔 ⇒ 𝜔 = 𝜎 𝜀 ∗ 𝜀 ∗ 0 𝑘
Chu kỳ biến đổi của dòng điện là: 𝑇 = 2𝜋
𝜔=2𝜋 ∗ 𝜀 ∗ 𝜀0∗ 𝑘 𝜎= ⋯ = ⋯ (𝑠)
Tài liệu liên quan:
-
Bài tập Vật lý nguyên tử môn Vật lý đại cương 2 | Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông
11 6 -
Bài tập Vật lý nguyên tử môn Vật lý đại cương 2 | Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông
12 6 -
Tán xạ ánh sáng và Hiệu ứng Tyndall - Lý thuyết và Ứng dụng môn Vật lý đại cương 2 | Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông
19 10 -
Chương 23: Quang học lượng tử môn Vật lý đại cương 2 | Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông
17 9 -
Chương 24: Cơ Học Lượng Tử - Tính Sóng-Hạt và Phương Trình Schrödinger môn Vật lý đại cương 2 | Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông
18 9