Đáp án Giải Bài Tập Chương 3-4 | Môn Điện từ học 1 - Đại học Sư phạm Kỹ thuật Thành phố Hồ Chí Minh

lOMoAR cPSD| 58702377
HƯỚNG DẪN GIẢI chương 3:
Bài 1: Tóm đề: q = + 1,6.10-19 C ; d = 10 cm = 0,1 m ; E = 10000 V/m ; v0 = 0  
a) Vì q > 0 nên lực điện trường F tác dụng lên prôtôn cùng hướng E đóng vai trò lực phát động. ➔ prôtôn
chuy ển động nhanh d ần đều với gia tốc a.   * Đ
ịnh luật II Newton: Fma (1) 
Chi ếu (1) l ên hư ớng chuyển động (h ư ớng E ) :  1 9 q .E 1,6.10 .10000 12 2 F = ma ➔ q.E m .a ➔ gia t ốc a 0,9565.10 m/s 2 7 m 1,6726 10 b) 2 2 12 6 * vv 0 aS 2 ➔ v 2aS 2.0,9565.10.0,05 ,31.10m 0 /s
* v = v0 + a.t ➔ 0,31.106 = 0,9565.1012 .t ➔ t = 0,324.10-6 s
Bài 2: Tóm đề: e = - 1,6.10-19 C ; E = 910 V/m ; v0 = 3,2.106 m/s
a) Cách 1: Do m của electron rất nhỏ nên bỏ qua tác dụng của trọng lực.  
Lực điện trường F tác dụng lên electron ngược hướng E đóng vai trò lực cản. ➔ electron chuyển động chậm
dần đều với gia tốc a.  
* Định luật II Newton : F ma (1)
Chiếu (1) lên hướng chuyển động (hướng E ) : e .E 14
- F = ma ➔ e .E m.a ➔ gia tốc a = - 1,6.10 m/s m
b) v v2 02 2aS ➔ v 2aS20 ➔ S 2va20 10 8 m
a) Cách 2: Do m của electron rất nhỏ nên bỏ qua tác dụng của trọng lực.
Dùng định lý động năng: v0 = 3,2.106 m/s ; v = ?
Wđ – Wđ0 = AF ➔ a = - 1,6.1014 m/s Vì a < 0 nên electron chuyển động chậm dần đều lOMoAR cPSD| 58702377
Bài 3: Tóm đề: q = 10-6 C ; m = 10 g = 0,01 kg ; AB = 5 m ; α = 300 ; μ = 0,1 ; g = 10 m/s2 ; E = 300000 V/m a)
Trên mặt nghiêng AB, điện tích q chịu tác dụng của các lực:  - Lực điện Fđ  - Trọng lực P - Lực ma sát Fms  - Phản lực N
Chọn hệ trục Oxy trên mặt nghiêng như hình vẽ
* Áp dụng định luật II Newton: F đ P N Fms m.a hay Fđx Fđy
Px Py N Fms m.a *
- Chiếu (*) lên phương Oy (phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng):
N + Fđy – Py = 0 ➔ N + Fđ.sinα – P.cosα = 0 ➔ N = mg.cosα - q E.sin (1)
- Chiếu (*) lên phương Ox (phương chuyển động của điện tích // mặt nghiêng):
Fđx + Px – Fms = m.a ➔ Fđ.cosα + P.sinα – μN = ma ➔ q E.cos + mg.sinα – μN = ma (2) q E 2
- Thay (1) vào (2) và biến đổi ta được: a = g.(sinα - µcosα) + .(cosα + µsinα) = 31,6147 m/s m
- Vận tốc của vật ở chân mặt phẳng nghiêng là: v2 – v 2
0 = 2as ➔ v = 2.a.AB ≈ 17,78 m/s Cách 2: Dùng
định lý động năng trên quãng đường AB: v0 = vA = 0 ; v = vB
Wđ – Wđ0 = AP + AN + AFđ + AFms 
Chú ý: Cách 2 cũng phải tìm N bằng cách chiếu lên phương Oy để tìm lực Fms
b) v = v0 + at ➔ t = 0,5623 s lOMoAR cPSD| 58702377
c) Trên mặt ngang BC, điện tích q chịu tác dụng của các lực:  - Lực điện Fđ  - Trọng lực P - Lực ma sát F 'ms - Phản lực N '
Chọn hệ trục Oxy trên mặt nghiêng như hình vẽ
+ Độ lớn lực điện: Fđ q E 0,3 N
+ Độ lớn lực ma sát Fms’ = μ.N’ = μ.P = μmg = 0,01 N
➔ Nhận thấy Fđ > Fms’ nên điện tích không dừng lại khi trượt xuống chân mặt nghiêng và đi nhanh dần đều. Bài 4:
a) Hạt bụi lơ lửng giữa hai bản tụ:  P F đ 0 mgd 5.10 .10.10 7 2 10 q 2,5.10 C U1 200
b) Khi thay hiệu điện thế U2 = 100 V, độ lớn lực điện tác dụng vào hạt bụi là:
Fđ = qE = q.U2/d = 2,5.10-6 N * Theo phương ngang , q
chuyển động nhanh dần đều có Fđ' P g 2 m 2m 2
- Gia tốc theo phương ngang là: a x 5m /s
- Thời gian kể từ lúc bắt đầu chuyển
động đến khi hạt bụi tới bản âm là: 2 x ax x a .tx 2 ➔ t 0,045s 2
Với x là quãng đường theo phương ngang : x = d/2 = 0,05 m
* Theo phương đứng q có gia tốc : ay = g = 10 m/s2  
Vậy Gia tốc của q là : a a a xy lOMoAR cPSD| 58702377
Vận tốc hạt bụi khi đó là v a.t 2 2 a a a ( a a ).t ( g )t 5 5.0,045 0,5 ➔ đ ộ lớn x y m/ s 2 g 2 2 2 x y 4 Bài 5: Q Q q q A A A A A 4 r 4 r Q Q Q a) U MN MN M N M N 0 M 0 N q q V q q 4 0.1 4 0.2 8 0 b) A A A A Q Q Q Q Q 1,6.10 29 A q q q J MN M N M N 4 0rM 4 0rN 4 0.1 4 0.2 8 0 0 Bài 6: VM VN , với M là điểm
a) Vận dụng mối liên hệ giữa cường độ điện trường và điện thế EM EN E MN
ở tầng mây phía dưới có VM = V1, N là điểm ở tầng mây phía trên, MN được tính ngược chiều đường
sức điện nên có giá trị âm (MN = - h = - 0,7 km = - 700 m ), ta tính được điện thế của tầng mây phía trên:
VN = V2 = V1 + E. MN = V1 + 830.(- 700) = V1 – 581000 (V) 
b) Vận dụng mối liên hệ giữa thế năng điện và điện thế WM = Vq ➔ Ta tính được thế năng điện của tầng
mây phía trên: W2 = (V1 + 581000)1,24 (J)
c1) Với chú ý điện trường hướng từ dưới lên trên như hình, MN được tính ngược chiều đường sức điện
nên có giá trị âm nên có giá trị âm (MN = - 6450 m ), điểm M là điểm ở tầng thấp đám mây, điểm N là VM V
điểm trên mặt đất có VN = 0 (vì chọn mặt đất làm gốc điện thế) trong công thức EM EN E N MN
. Ta có điện thế của tầng thấp đám mây là: lOMoAR cPSD| 58702377 V
= V + E. MN = 0 + 250.(- 6450) = - 1612500 (V)  M N
c2) Thế năng điện của tầng dưới đám mây dông là:
WM = V.q = - 1612500.(- 2,03) = 3273375 J Bài 7: a) q = ρ.V = ρ. R3 = 162.10-14 C
b) Chọn mốc tính điện thế tại mặt đất. VM VN
Cách 1: Áp dụng công thức EM EN E
với MN = 1,2 m ( = 1,17 m + 0,03 m) MN
VM – 0 = E.1,2 = 283,5.1,2 = 340, 2 V VM VN
Cách 2: Áp dụng công thức EM EN E
để tính cho từng đoạn đã đo và lấy E là trung bình MN
trong đoạn đó , ta tính được V ≈ 317,55 V
Ghi chú: điện trường không đều nên chỉ là ước tính nên đáp số ra khác nhau
c) W = Vq = 55112,4.10-10 J hay 5,176.10-10 J.
Bài 8: a) Viết phương trình quỹ đạo chuyển động của electron trong điện trường. lOMoAR cPSD| 58702377 x = (v0cosα)t
y = (v0sinα)t – 0,5at2 ; a = qU/md Vậy
b)Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ, biết rằng electron rời tụ điện theo phương song song với các bản tụ.
Khi vừa ra khỏi tụ x = ℓ → t = ℓ/v0cosα
Vì ra tụ electrôn bay song song với bản tụ nên lúc này vy = 0 hay
v0sinα – at = 0 → a = (v0sinα)/t = ((v0)2sinαcosα)/ℓ = qU/md
Suy ra U = (md(v0)2sin2α)/2ℓq = 15000√3 (V) Bài 9: 3.1) q1 0,25 n
Mật độ êlectron còn thiếu của quả 1: N 1 1 e 2,86.1015 (e/m3) 3.1.1) V 1. .R13 0,25 2 e q2 n
Mật độ êlectron còn thiếu của quả 2: N2 3,53.1013 (e/m3) V2. .R23
Như vậy, e sẽ di chuyển từ quả cầu 2 sang quả 1 0,25 Gọi q ' '
1 và q2 là điện tích của hai quả cầu sau khi êlectron ngừng di chuyển. Theo 0,25 ' '
định luật bảo toàn điện tích ta có q1 q2 q1 q2 (1) q' R 1 0,25
3.1.2) Mặc khác: 1 1 (2) q2' R2 3
Từ (1) và (2) ta được: q ' ' 1 10 8 C và q2 3.10 8 C 0,25
Điện lượng di chuyển qua dân dẫn: q q 0,25 ' 1 q1 2.10 8 C q 0,25
Số êlectron đã di chuyển: n 1,25.1011 êlectron e
Điện tích lúc đầu của tụ điện C0 là: Q 0,25
0 C0 .U 0 . Sau khi đá tích điện cho tụ điện
C1 thì tụ điện C0 và tụ điện C1 có cùng hiệu điện thế U1. Kí hiệu điện tích còn lại
của tụ điện C0 là Q1 và điên jtichs của tụ điện C1 là q1 lOMoAR cPSD| 58702377 C3.U 0,25 3.2)
Điện tích còn lại của tụ điện C0 là: Q2 C0.U2 0 0 2 (C0 C)
Từ đó suy ra, sau khi dùng tụ điện C0 tích điện cho tụ điện Cn thì hiệu điện thế 0,25 của
C0n.U0 tụ điện Cn là: Un n (C0 C) Cn 1.U 0,25
Và điện tích còn lại của tụ điện C0 là: Qn 0 0n (C0 C) C010.U0 0,25
và Q10 C010 1.U010 3,08.104C
Thay số ta được: U10 10 30,8(V) (C0 C) (C0 C)
Ta có: Q1 + q1 = Q0 C0.U1 + C1.U1 = C0.U0 0,25
C .U C .U U1 0 0 0 0
C0 C1 C0 C C2.U 0,25
Từ đó: Q1 C0.U1 0 0 C0 C
Lấy tụ C2 với điện tích Q1 tích điện cho tụ điện C2, tương tự ta có 0,25
C .U C2.U U2 0 1 0 0 2
C0 C (C0 C) n1 q1
Bài 10: a) Mật độ êlectron còn thiếu của quả 1: N1 V1 e 2,86.1015 (e/m3) 3 q . .R1 2 2 e n
Mật độ êlectron còn thiếu của quả 2: N 2 3,53.1013 (e/m3) V2. .R23 lOMoAR cPSD| 58702377
Như vậy, e sẽ di chuyển từ quả cầu 2 sang quả 1 b) q ' ' 1 10 8 C và q2 3.10 8 C
Điện lượng di chuyển qua dân dẫn:
q q ' 1 q1 2.10 8 C q lOMoAR cPSD| 58702377 lOMoAR cPSD| 58702377
HƯỚNG DẪN GIẢI chương 4 E,r
Bài 1: a) Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở toàn
phần AC là x. Khi K mở ta có mạch như hình vẽ điện trở toàn mạch x A R 1 3(x 3)
x2 (R 1)x 21 6R B R - x C D Rtm R x 2 x 6 x 6 R
Cường độ dòng điện qua đèn: 2 UCD I R. CD 24 I E,r 1 2 x R 1
x R 1 x (R 1)x 21 6R R 1 R 1
Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất : x 2 C B D R’ - 6 R 2
Theo đề bài x = 1 . Vậy R = 3 b) khi K A
đóng ta có mạch như hình vẽ điện trở toàn mạch x=6 ' 17R 60 Rtm
' R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới 4(R 3) 32(R' 3) 48 5 Có I A I IBC ' ' A 17R 60 17R 60 3 R' 12 Bài 2: a)
* Gọi điện trở của mạch là R lOMoAR cPSD| 58702377
Vì R < r nên các điện trở r phải được mắc song song.
Giả sử rằng mạch này gồm 1 điện trở r mắc song
song với một mạch nào đó có điện trở X như hình (a) . Ta có : r.X R = r X 5.X 3 = 5 X X = 7,5 ( )
Với X = 7,5 ( ) ta có X có sơ đồ như hình (b) Ta có : X = r + Y
Y = X - r = 7,5 - 5 = 2,5 ( )
Để Y = 2,5 ( ) thì phải có 2 điện trở r mắc song song. E 1 ,r 1 E 2 ,r 2
Vậy phải có tối thiểu 4 điện trở r mắc như hình D (c). I V I 1 R R 1 3 A B C
b) b1) Tính suất điện động E I 2 2. R 2 H.1
R2(R1 R3)
+ Điện trở toàn mạch R 4 R2 R1 R3 I1 R2 1 I
+ I đến A rẽ thành hai nhánh: I1 I2 R1 R3 2 3
+ UCD = UCA + UAD = -R1I1+ E1 – r1I1 = 6 -3I + U CD 3V
+ 6 -3I = 3 => I = 1A, I = 3A. - Với I= 1A: lOMoAR cPSD| 58702377
E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8 => E2 = 2V - Với I = 3A:
E1 + E2 =8 *3 = 24 => E2 = 18V
b2) Đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế chỉ bao nhiêu
+ Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối
- Với E2 = 2V< E1 : E1 phát , E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của E1 E1 E2 I 0,5A R r1 r2 UCD = UCA + UAD =6 -3I = 4,5V
- Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, , E1 là máy thu E2 E1 I 1,5A R r1 r2
UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 +r1I = 6 +3I = 10,5V
Bài 3: Gọi điện trở của 2 vôn kế là X và Y. Gọi E và r lần lượt là suất điện động và điện trở trong của nguồn. khi đó: U1 X E r
+ mạch ngoài gồm mỗi X thì 1 (1) E X r U1 X
(U1 là số chỉ của vôn kế X) U2 Y E r
+ mạch ngoài gồm mỗi Y thì 1 (2) E Y r U2 Y
(U2 là số chỉ của vôn kế Y) E E 1 1
Từ (1) và (2) ta có: 2 r.( ) (3) U1 U2 X Y
(U3 là số chỉ của 2 vôn kế ) E E E Từ (3) và (4) ta có 1 1 E(*) U U U 1 1 1 1 2 3 U U U1 2 3
Bài 4: a)Cùng môt lúc nối vào giữa hai đầu (1) và (3) bằng tụ điện C1 = 2 μF, và nối vào giữa hai đầu (2) và
(4) bằng tụ điện C2 = C1. Tính cường độ dòng điện qua các điện trở và điện tích trên các tụ 1 1 1 U 1 E 1 +m 1 XY
ạch ngo ài g ồm X song song với Y th ì 3 1 r.( ) (4) E 1 1 1 U3 r 1 XY .( ) r 1 1 XY XY lOMoAR cPSD| 58702377 1 2 3 4 R R R B C M N + - U
- Cường độ dòng điện qua các R đều bằng nhau và bằng
I = U/3R = 2A/30 = 0,067A
- Q1 = Q2 = CU13 = C(I2R) = 220/15 = 2,67 (μC) b)
Bỏ các tụ ở câu a ra khỏi mạch. Cùng môt lúc nối vào giữa hai đầu (1) và (3) và giữa hai đầu (2)
và (4) bằng hai dây dẫn có điện trở không đáng kể. Tính cường độ dòng điện qua các điện trở và qua hai
dây vừa nối, chỉ rõ chiều dòng điện qua các điện trở
- Lúc này 3 điện trở mắc song song nên cường độ dòng điện qua các R đều bằng nhau và bằng IR = U/R = 0,2A
- Cường độ qua mạch chính I = 3U/R và tại nút B thì I = I13 + IR , tại nút C thì
I = I24 + IR → I13 = I24 = 2U/R = 0,4A
I13 là cường độ dòng điện qua dây nối (1) với (3)
I24 là cường độ dòng điện qua dây nối (2) với (4)
- Chiều dòng điện qua R ở đoạn BM là từ B → M; chiều dòng điện qua R ở đoạn MN là từ N → M;
chiều dòng điện qua R ở đoạn NC là từ N → C c)
Chỉ mắc thêm vào:giữa (3) và (4) một biến trở có điện trở tham gia vào mạch là Rb . Tính Rb để
công suát tiêu thụ trên Rb cực đại. Tính giá trị cực đại này
Thiết lập PRb = (U34)2 /Rb = U2Rb/ (3Rb + 2R)2
Suy ra PRb max khi 3Rb = 2R →. Rb = 20/3 Ω
Thế số, tính đúng Pmax = U2/36Rb = 1W/60 = 0,0167W
Bài 5: a. Công suất và hiệu điện thế định mức mỗi đèn.Dùng nguồn nào có lợi hơn? I I 2 R N I 2 r
- áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: I 2r I P 0 2I 2 30I 72 0
- khi dùng nguồn 1 ta có: I1 3A RN1 8 I 2 6A RN 2 0,5 4I 2 36I 72 0
- khi dùng nguồn 2 ta có : I 3 3A RN 2 8 lOMoAR cPSD| 58702377 I 4 6A RN 4 2
- vậy RN 8 ,I 3A
R (R R R ) - RN d d 1 2 Rd 12
Rd Rd R1 R2
- U AB Ud1 IRN 24V U 2 Pd1 d1 48W Rd U AB - Id 2 1A R1 R2 Rd
Ud 2 Id 2 Rd 2 12V
Pd Id22 Rd 12W Rn
-khi dùng nguồn 1 thì H1 80% Rn r
- khi dùng nguồn 2 thì H2 67% H1 > H2 :Vậy dùng nguồn 1 lợi hơn Bài 6: Phương án:
Gọi R1 và R2 lần lượt là điện trở của đoạn dây đồng có chiều dài à . Ta có: = (1) ; = (2)
Với s là tiết diện của dây đồng
Khi mắc dây , đo được R1 bằng CT: R1 = (3) lOMoAR cPSD| 58702377
Khi mắc dây , đo được R2 bằng CT: R2 = (4)
❖ Dùng cân đo khối lượng m1 và m2 của hai dây đồng dài , Ta
được m1 = V1.D = .s.D ↔ = m2 = V2.D = .s.D ↔ =
Thay (3) và (5) vào (1) ta được: =
Thay (4) và (6) vào (2) ta được: =
Diện tích tấm bảng là: Sb = .= . Bài 7:
Khi khóa K ở chố 1, hai nguồn E mắc song song nên 0,25
Eb = E = 3 V; rb = r/2 = 0,5 Ω a)
Cường độ dòng điện qua R1: I1 = E b/(R1+rb) = 1,2 A 0,25
Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện UC = UR1 = I1R1 = 2,4 V 0,25
Điện tích cuả tụ điện q1 = CUC = 24 μC 0,25
Đóng khóa k vào chốt 2 ta có mạch điện như sau R 0,5 1 U E ,r C2 = UMN b) R R 3 C 2 N = UMP + UPN PM 2 k R R 1
= E 1 - E 2 = - 0,5V E , r R +r1 R +r2
Điện tích của tụ điện: q2 = CUC2 = 5 μC 0,25
Ta thấy lúc khóa K ở chốt 1 bản tụ bên trái tích điện âm với điện tích q1; khi khóa 0,25
K chuyển sang chốt 2, bản bên trái của tụ điện tích điện dương với điện tích q2.
Vậy điện lượng đã chuyển qua điện trở R3 là Δq = q1 + q2 = 29 μC Bài 8:
a) Điện tích trên tụ là q0 = UMA.C= (E2 - I0.R1).C = 2,6μC và cực dương nối với M.
b) I1= 0,18A, I2= 0,12A, I= 0,06 A
Điện lượng chuyển qua R4 là: Δq = |q0-q| = 0,8 μC Bài 9: a) E2 = 18V lOMoAR cPSD| 58702377
b) Ghi chú : Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối.
Với E2 = 2V < E1: E1 phát, E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của E1 E E1 2 .................... I 0,5A R r 1 r2
➔ Điện tích của tụ điện: Q = CUCD = 9 C Q2
Năng lượng của tụ điện: W = = 20,25 J 2C
Bản tụ nối với C tích điện dương, bản tụ nối với D tích điện
Bài 10: Giả sử chiều dòng điện như mạch 90 25.R a) I1 = (A) 24 10.R 40 25.R I2 = (A) 24 10.R 25 I = (A) 12 5.R b) r0 = 2.4 Ω E0 = 5 (V) Bài 11: a) P d1 Ud12 48W ; Pd2 I Rd2 d2 12W Rd
U AB Ud1 IRN 24V ; Ud2 I Rd2 d2 12V Rn
- khi dùng nguồn 1 thì H1 80% Rn r
- khi dùng nguồn 2thì H2 67% H1 > H2 :Vậy dùng nguồn 1 lợi hơn . b) 3 30V
Bài 12: a) Iđ< Iđm đèn sáng yếu
Điện năng tiêu thụ của R2 là A=2688J lOMoAR cPSD| 58702377 b) R2=39/7