71 trang 2 lượt tải

Tổng hợp đề trắc nghiệm môn Vật lý đại cương 2 | Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Hợp lực do q1 và q3 tác dụng lên q2 là hợp lực của F12 và F32 Ta thấy lực này có hướng là tia phân giác của góc đối đỉnh với góc ABCvà độ lớn là F2 =F. 3 ( độ lớn tính bằng định lý cos trong tam giác ) . 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:

VietJack

2 tuần trước

Tải xuống Báo cáo

Danh sách Quiz

TỔNG HỢP ĐỀ TRẮC NGHIỆM VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2

Câu 1: Tại đỉnh của một tam giác đều cạnh có ba điện tích điểm . Ta cần phải đặt tại tâm của tam giáca q G

một điện tích ' bằng nao nhiêu để toàn bộ hệ ở trạng thái cân bằng q

q3q3q

' . ' . ' . B.q  C.q  D.q 

3 3 3

Giải

Theo đề bài ta có:q1 q q q2 3

Giả sử , , đặt tại 3 đỉnh q q q1 2 3 A B C,,

k q q. . kq2

Lực đẩy do tác dụng lên là q1 q2 F12 a1 22 a2 F ( với a là độ dài cạnh tam giác)

Lực đẩy do tác dụng lên là q3 q2 F32 k q q.a3 22. kqa22 F

Hợp lực do và tác dụng lên là hợp lực của và q1 q3 q2 F12 F32

Ta thấy lực này có hướng là tia phân giác của góc đối đỉnh với góc và độ lớn là ABC F2 F. 3 ( độ lớn tính

bằng định lý cos trong tam giác )

Để nằm cân bằng thì lực do tác dụng lên phải có độ lớn bằng 3. và có hướng ngược lại tíchq2 q0 q2 F  q0

điện âm và nằm trên tia phân giác góc B

Tương tự khi xét điều kiện cân bằng của sẽ thấy phải nằm trên tia phân giác góc Cq3 q0 q0 nằm tại tâm tam

giác ABC

k q k q q. 0 . 3q2 0 .

Ta có F02 2 2

a a

 3 

k q k q q. 2 3 3 0q q

Để cân bằng thì q2 F02 F2 a2a2 0 3

Câu 2: Một electron bay vào khoảng không gian giữa hai bản của một tụ điện phẳng. Mật độ điện tích trên bản

tụ là . Cường độ điện trường giữa hai

bản tụ là . Trong không gian giữa haiE

bản tụ có từ trường đều vuông góc vớiB

điện trường . Electron chuyển độngE

thẳng vuông góc với cả điện trường lẫn từE

trường . Thời gian electron đi đượcB

quãng đường 1 bên trong tụ là

l

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

B.0l



. C.



.



A.q' .

A.

0lB



VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

. D.

Giải

E v  E 

Điện trường trong tụ là . Để electron chuyển động thẳng, tốc độ của nó phải thỏa mãn . 0 v B 0B t  l 

0Bl

Thời gian electron đi được quãng đường là l v 

Câu 3: Một dây dẫn thẳng dài vô hạn có dòng điện cường độ I

được đặt cách khung dây dẫn hình vuông có cạnh một khoảnga

b. Dây dẫn nằm trong mặt phẳng của khung dây và song

song với một cạnh khung dây (xem hình vẽ). Điện trở của khung

là Cường độ dòng điện trong dây thẳng giảm dần đến 0 trongR.

thời gian Điện tích chạy qua tiết diện ngang của dây dẫn tạit.

một điểm trên khung dây trong thời gian là t

A. 0Iblnba t . B. D.0Iblnba t .

2 b b 2R b

Giải

Nếu cường độ dòng diện trong dây dẫn thẳng là thì từ thông qua điện tích giới hạn bởi khung dây là I

0Ia ln ab  , do đó d dI 0a ln ab

2 b2 b

Điện lượng qua tiết diện ngang của dây trong thời gian được cho bởi biểu thức: t

t tI

Q Idt R dt0 0 1 d dt 2 20aRln abb dI  0  0aIRln abb

Câu 4: Ba bản phẳng rộng vô hạn được đặt song song với nhau như hình vẽ. Các bản tích điện với mặt độ điện

tích bề mặt lần lượt là    , 2 và  . Điện trường tổng cộng tại điểm là (X 0 là hằng số điện môi của chân

không)

A. , hướng sang phải. 20

B. , hướng sang trái.

20

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

Ia b a

ln t





. C.0

Ia b a

R b





.

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

4

C. , hướng sang trái.

20

D.0 .

Giải

Điện trường gây bởi bản phẳng rộng vô hạn tại điểm bất kỳ bên ngoài bản có độ lớn , trong đó là mật độ1 1

20 điện tích bề mặt của bản phẳng. Điện trường gây bới hai bản tích điện và có độ lớn bằng điện 

trường gây bởi bản tích điện nhưng ngược chiều. Do đó điện trường tổng cộng bằng 0. 2

Câu 5: Một electrôn được bắn thẳng đến tâm của một bản kim loại rộng có điện tích âm dư với mật độ điện tích

mặt 2.10 / . Nếu động năng ban đầu của điện tử bằng 100 và nếu nó dừng (do lực đẩy tĩnh điện) ngay6 C m 2 eV 

khi đạt đến bản, thì nó phải được bắn cách bản bao nhiêu?

A.8,86mm . B.4,43mm . C.0,886 mm. D.0,443mm .

Giải

12eU U  2Wd

Động năng của electron thu được là Wd mv 

Mặt khác, ta có:

U E d W .U2Wd2  2.1,6.10 .100.1.8,86.1019 12  E 0  d

E e0 ed0  19.2.106 0,000886m 0,886mm

1,6.10



Câu 6: Hai bản kim loại lớn có diện tích 1, nằm đối diện nhau. Chúng cách nhau 5,0 và có điện tích bằng0m2 cm

nhau nhưng trái dấu ở trên các mặt trong của chúng. Nếu cường độ điện trường ở giữa hai bản bằng 55 / thìV m 

độ lớn của các điện tích trên các bản bằng bao nhiêu? Bỏ qua các hiệu ứng mép

A. . .0,443.1010 C. B 0,443.109 C. C 0,487.109 C. D.0,487.1010 C.

Giải

Hiệu điện thế giữa hai bản: U E d. 55.5.102 2,75V 

Điện dung của tụ điện được xác định theo công thức: C 

0S d

Điện tích trên các bản là: Q CU  d0S .U 1.8,86.105.10212 .1.2,75 0,487.1010C

Câu 7: Một điện tích điểm tạo một điện thông đi qua một mặt Gauss hình cầu có bán kính bằng 750Vm

10cm và có tâm nằm ở điện tích. Nếu bán kính của mặt Gauss tăng gấp đôi thì điện thông qua mặt đó bằng bao

nhiêu?

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

A. . .Tăng 4 lần. B Không đổi. C Tăng 2 lần. D. Giảm 2 lần.

Giải

Điệm thông: (hay thông lượng của véctơ gửi qua diện tích ) là đại lượng vô hướng xác định bởi: E E S

E  En S E Scos

Với: phần tử diện tích đủ nhỏ trong điện trườngS :

E S: véc tơ cường độ điện trường tại điểm thuộc 

n : véc tơ pháp tuyển của S Theo bài ra, ta có: 12EE    E S cosE S

cos12   EE.4.4 .. R cosR cos122   12EE  RR122 2RR112   1 

41E

2 2 2 42E

Câu 8: Một đĩa kim loại bán kính R 30cm quay quanh trục của nó với vận tốc góc Lực quán1200v ph/ .

tính li tâm sẽ làm một số hạt điện tử văng về phía mép đĩa. Hiệu điện thế xuất hiện giữa tâm đĩa và một điểm

trên mép đĩa nhận giá trị nào?

A.4,038.109 V V V V . B.3,038.109  . C.5,038.109  . D.2,038.109  .

Giải

Khi không có từ trường, 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 hướng tâm của các electron. eEr

m  Er  2 r U Edr   R m e r dr2 . m22 2eR 9,1.102.1,6.1031. 40 192

.0,32 4,038.109V 

Câu 9: Hai điện tích điểm và (q1 q2 q1 0 và ) đặt tại hai điểm và cách nhau một khoảng q1 4q2 P Q l

13 0cm trong không khí. Điểm có cường độ điện trường bằng M cách là q1

A.25,7cm. . . . B.26,0cm C.25,4cm D.26,9cm

Giải

Các lực td lên điểm M q 3:

+ Lực tĩnh điện td: q1 F13

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Câu 10: Cho ba quả cầu kim loại giống hệt nhau , , . Hai quả cầu và tích điện bằng nhau, đặt cáchA B C A B

nhau một khoảng lớn hơn rất nhiều so với kích thước của chúng. Lực tác dụng giữa hai quả cầu là Quả cầu F. C

không tích điện. Người ta cho quả cầu tiếp xúc với quả cầu , sau đó cho tiếp xúc với quả cầu , rồi cuốiC A B

cùng đưa ra rất xa và Bây giờ lực tĩnh điện giữa và là C A B. A B.

A. . . B. D.

2 416

Giải

Lúc đầu, điện tích của quả cầu và bằng nhau và bằng . Cho quả cầu tiếp xúc với quả cầu , điện tích A B q C A q

của quả cầu bằng điện tích của quả cầu và bằng . Cho quả cầu tiếp xúc với quả cầu , điện tích của 2A C C B

3 3q F

quả cầu và và bằng . Do đó, lực tác dụng tương hỗ giữa quả cầu và bây giờ là B C A B

4 8

Câu 11: Hai tụ điện phẳng giống nhau có diện tích mỗi bản là và khoảng cách giữa các bản là , giữa các bảnS d

là không khí. Tích điện cho hai tụ đến hiệu điện thế rồi nối các bản tụ mang điện cùng dấu với nhau bằng dâyU

dẫn có điện trở không đáng kể. Nếu các bản tụ của một tụ dịch lại gần với với tốc độ và các bản của tụ còn lạiv

dịch ra xa nhau cũng với tốc độ thì dòng điện chạy trong dây dẫn là: v

B.

2 20dS2 vU . C. 0dS vU . D. 0dS vU .

Giải

Tổng điện tích 2 tụ: q1  q q22

2C U0

 1 với





S . d

Khi các bản tụ dịch chuyển thì C1 d2 d vt q1 CU1 1 d vt  2 do U1  U2U

C d vt2 1d C U d vt q2 2 2 

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

L+ ực tĩnh điện 2q td: 23F

Điề

u ki

ện cân bằ

ng: 13 23

13 23

2313

0F F

FF F F













Mà 12 0.qq  nên 3 q nằm ngoài đoạn PQ

Ta có:  

13 123

2313 22 2

. . 1 12

qq qq q

F QM PMkF k PM QM qQM

    

Theo bài ra, ta có:  

13 2QM PM 

Từ  

1 và

     

2 26 ; 13PM cmQM cm

  

C. .

A.

0 2S vU

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Từ và suy ra: 1 2 q2 d C Udvt 0  Idqdt2 d02

S vU.

Câu 12: Một

quả cầu điện môi

bán kính , tíchR

điện với mật độ

diện tích 

đồng nhất, tác

dụng lực lênF1

điện

tích đặt tại điểm cách tâm quả cầu một khoảng Tạo một lỗ hổng hình cầu bán kính . quả cầu cóq P 2R.

lỗ 2

F2 bằng: hổng

tác dụng lực lên điện tích cũng đặt tại điểm Tỷ số F2 q P.

Giải

Gọi là điện tích của quả cầu và là lực gây bởi quả cầu bán kính tích điện trái dấu với có cùng mật 2Q F Q

độ và nằm tại vị trí lỗ hổng thì  F2  F1F. Ta có:

Qq Q q' 4  R 2

F2 k R 4R2 k3 2 , trong đó Q'   3   2

 

 2 

7Qq F27

F2 36 k R2 F1 9

Câu 13: Cho một vòng dây dẫn tròn đồng chất, tiết diện đều, tâm bán kính Dòng điện cường độ đi vàoO R. I

vòng dây tại điểm và ra tại điểm Góc M N. MON 600 . Cảm ứng từ tại tâm vòng dây có độ lớn

Giải

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

A.0B. B.0 5 .





 C.0 5 .





 D.0







A.. B.7

9. . C.3 D.7.

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Theo định luật Biot – Savart, cảm ứng từ tại tâm vòng dây gây bởi dòng điện trong cung tròn có độ lớn tỷ lệBi i

với cường độ dòng diện và chiều dài của cung: ~ . Ii Li Bi I Li i

Mặt khác, cường độ dòng điện tỷ lệ nghịch với điện trở của cung dây , tức là tỷ lệ nghịch với chiều dài cung.Ii

Như vậy, cảm ứng từ gây bởi dòng điện trong hai cung và không phụ thuộc vào độ dài của cung, doM N1 M N2

đó có độ lớn như nhau, nhưng có chiều ngược nhau. Vậy cảm ứng từ tổng cộng tại tâm vòng dây bằng 0.

Câu 14: Một thanh mảnh mang điện tích q 2.107 C được phân bố đều trên thanh, gọi là cường độ điệnE

trường tại một điểm cách hai đầu của thanh một đoạn R 300 10cm và cách tâm của thanh một đoạnR0  cm

. Tìm E

A.6.103V m/ . B.4.103  V m/. C.4,5.103V m V m/. D.6,7.103 /.

và . Điện trường tổng cộng là tổng tất cả các điện trường đó. Do tính đối xứng nên tổng tất cả cácdEy E dE

thành phần bằng 0. Ta có: dEy

dq R1

q qR

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

Giải

Chia thanh thành những đoạ

n nhỏ .dx Chúng có điện tích là: 22 0

q q

dq dx dx

lRR

  

Xét điện trường dE gây ra do đoạn dx gây ra tại điểm đang xét. Ta có thể tách dE thành hai thành phần xdE

   

00 3

22 2 22 2 2

000 2

00 0

. . .

.4 44

xdx dx

lr R x R x lR x













 



  

00 0

022

4. .

lxxRtan

qR RqR

dE dx d

lRtanRcos









 





  

 

 

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

4l R 2x2

q0q02q q l q

 E4lR 0 cos d40 0lR sin0 40 0lR 

2 .20 0lR R 40RR0

0 0

6.10 

Thay số: E 4 .1.8,86.10 2.10712 .3.0,1 3 V m/

Câu 15: Hai dây dẫn dài cách nhau mang cùng dòng điện nhưng trái chiều nhau như cho trên hình vẽ. Xácd I

định độ lớn của từ trường tổng cộng tại điểm cách đều hai dây: P

A.2R20idd2 . 2B. 4R2 d2 2 d2 .

Giải

Gọi , lần lượt là cảm ứng từ do dòng điện và gây ra tại . Áp dụng quy tắc bàn tay phải xác địnhB B1 2 I1 I2 P

được chiều , như hình vẽ Ta có: B B1 2 B1 B2 0 . I

4 r

d I2

Theo hình vẽ, ta có: r R2  B1 B2 0

Cảm ứng từ tổng hợp tại P B:  B1B2

Áp dụng nguyên lý chồng chất, ta được: B 2B cos1. 

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

0id

. C.0

2id





4R02idd 2 .



VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Câu 16: Hai quả cầu nhỏ giống nhau tích điện và có giá trị bằng nhau và đặt trong không khí. Khi khoảngq1 q2

cách giữa chúng là r1 4cm thì chúng hút nhau với một lực F1 27.103N. Cho 2 quả cầu tiếp xúc với nhau rồi

tách chúng ra một khoảng r2 3cm thì chúng đẩy nhau một lực F2 103N. Tính và q1 q2

A.q1 8.108C;q2 6.108C . B.q1 6.108C;q2 8.108C .

C.q1  8.108C;q2 6.108C . D.q1 6.108 C;q2 8.108C .

Giải

Ban đầu khi chưa tiếp xúc hai quả cầu hút nhau với một lực F1 27.103N.

Ta có: F1 k q qr1 22. 27.103

N q q1 2. F r1 1k. 2 27.10 .0,049.103 9 2 4,8.1015 q q1 2.

4,8.10 115  (vì hai

điện tích , hút nhau nên chúng trái dấu nhau) q q1 2 Sau khi tiếp xúc hai quả cầu

đẩy nhau một lực F2 103 N q q'1  '2 q1 q2

Ta có: F2 k q q q . r' . '12 2 103Nq' . '1 2 F r2 2k. 2 10 .0,03 9.1039 2 1016 q' . ' (do 1 q 2 1016

hai điện tích

q q ' ,1 '2 đẩy nhau nên chúng cùng dấu nhau)

Mà q '1 q '2  q q1 2 2  q '12 1016  q1 2 q2 

1016 q q1  2 2.10 28  

q1 8.108 C q2 6.10 

Từ và 1 2 , ta có hệ phương trình: . qq q1 2q4,8.102.10 815 q8.108 C(giả sử q1 q2

)



 1 2   1  8 C

  q2 6.108 C

Câu 17: So sánh các tương tác hấp dẫn và tĩnh điện giữa hai electron, biểu thức đúng là

2 2 2

TU O TÓP – BEST LÝ TTQ

Theo hình vẽ, ta có: 2

2224

d d

cos r r d

 



 

0 0 0

12 2 2

2 2 2

2.. . .2 44

Id IdI d

BcosB ddR

dd R







     



  

 

e 2

A.  

m G k .

 

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

B.   me ln Gk . C.    meln Gk . D. 

  m ke G .

 

Giải

ke2

Theo công thức của định luật Culông và định luật vạn vật hấp dẫn, ta có: F1  r2 2

F2  Gmr2

FF1 Gmke22   me 2 Gk

2  

Câu 18: Một dây cáp đồng trục có các dòng điện cùng cường độ i chạy ngược chiều nhau ở lõi bên trong và vỏ

bên ngoài (xem hình vẽ). Độ lớn của cảm ứng từ tại điểm bên ngoài dây cáp cách trục của dây cáp một P

khoảng

r là

2r

Giải

Xét đường tròn bán kính trong mặt phẳng vuông góc với trục dây cáp và có tâm nằm trên trục của dây. Ápr

dụng địn lý Ampe về dòng toàn phần, do đối xứng của dây, ta có:

Bdl. B dl 2  rB 0Ik 0, trong đó lấy tổng đại số các dòng điện đi xuyên qua diện tích

hình tròn.

C C k

Vậy B 0

Câu 19: Một vòng dây tròn bán kính R được tích điện với mật độ đều . Độ lớn của cường độ điện trường tại

điểm nằm trên trục của vòng dây và các tâm vòng dây một khoảng làR

B.

k. C.2k. D. k.

2R R R

Giải

Xét 2 đoạn dây rất nhỏ chiều dài dl nằm đối xứng qua tâm vòng dây. Điện trường do 2 đoạn dây này gây ra tại

điểm đang xét hướng dọc theo trục đối xứng của vòng dây và có độ lớn:

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

A.0. B.0i

. C.2 2

02 2

irc

brc







. D.2 2

02 2

ir b

rc b







.

A.

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

dE 2 k dl2R2 cos450 k dl2R2

Lấy tổng theo toàn bộ vòng dây ta được: E k2R2R 2kR

Câu 20: Một dây dẫn hình trụ bán kính gồm lõi có bán kính R2 R R1 2 2R1, điện trở suất và vỏ là phần1

còn lại có điện trở suất  2 2 . Dòng điện có cường độ chạy trong dây dẫn đó. Cảm ứng từ điểm cách1 I

trục của dây một khoảng r 1,5R1 có độ lớn:

A. 0,750I . C.

0,85 0,950I . 0I .

3R1 R1

Giải

Dòng điện gồm chạy trong lõi và chạy trong vỏ: I1 I2

I  I I và I1 2 S1 2 1 1 R22I 2 I

1 2 I S2 1 22 . 1R R12   3  I2 53 I

 5

r2 R12

Dòng diện chạy trong phần dây giới hạn bởi bán kính là r I  I I1 2.R2 R12  0,65I

0,650I

Áp dụng định lý Ampe: B.2  r 0I '  B

3R1

Câu 21: Một mặt hình bán cầu tích điện đều với mật độ điện mặt Xác định cường độ điện 109 C m/ 2.

trường tại tâm của bán cầu O

A. . B. . C. 2 .

  02 0 0

Giải

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

0,65

0I

3R1

.

4

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Chia bán cầu thành những đới cầu có bề rộng (tính theo phương trục của nó). Đới cầu được tích điện tích: dh

dQ .2 . r dhh 2. .r dhh 2R dh. ( với là góc giữa mặt đới cầu và trục đối xứng của 

đới cầu.) cosrh

Điện trường do đới cầu gây ra tại O có hướng như hình vẽ và có độ lớn bằng: dE dE

4  rh .dQ h.240R dhR.3

2h2

0h

R. 2R 

h h 

Lấy tích phân theo h từ 0 đến R, ta có: E dE  

0 2 20R dh 20R2  2  0 40

Câu 22: Xét thanh thẳng có chiều dài , mật độ điện dài Xác định cường độ điện trường do thanh gây raAB l .

tại một điểm nằm trên đường kéo dài của thanh và cách đầu của thanh một khoảng M B r

A.k kl . B. r . C. k  1r r 1l .

r 

Giải

Ta đi xét trường hợp tổng quát: nếu gọi khoảng cách từ điểm M đến trục dây dẫn thứ nhất là x thì cường độ

1    l với là mật độ điện dài 

điện trường tại M là: E 2   x l x   20x l  x

dU Edx U Edx    2  0 l r   1x l1x  

2lrr 2   l r 

dx lnxln l  xln

Mặt khác: r00 r 

Câu 23: Hai quả cầu mang điện có bán kính và khối lượng bằng nhau được treo ở hai đầu sợi dây có chiều dài

bằng nhau. Người ta nhúng chúng vào một chất điện môi (dầu) có khối lượng riêng và hằng số điện môi .1 

Hỏi khối lượng riêng của quả cầu phải bằng bao nhiêu để góc giữa các sợi dây trong không khí và chất điện

môi là như nhau?

B.

 1. C.   1 1. D. 1 1.

1 

Giải

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

D. lnl r 

r  . k



A. 

 1.

1

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Do các quả cầu là giống nhau nên điện tích mỗi quả cầu nhận được là: q1 q2 

Hai quả cầu cân bằng khi: P   FdT0

Theo hình vẽ, ta có: tg FPd với P mg F và d kq qr1 22 4 2 . l sinkq022

tgq02  P q02 kq02

4 .16 . 64 .160 l sin22 P 0 l sin22  .tg16 .l sin22  .tg

Đối với quả cầu đặt trong không khí thì: P 641 0

q202 2.tg 1 1  

.16l sin  1

Khi nhúng các quả cầu vào dầu hoả, mỗi quả cầu sẽ chịu thêm tác dụng của lực đẩy Acsimét hướng ngượcP1

chiều với trọng lực. Do đó, bằng tính toán tương tự bài trên, ta thu được: P P q02 2  

1 2 064 l sin2. 2  2 2.tg

Mặt khác: P mg Vg P ; 1 0Vg 3  

Từ 1, 2 , 3 ,     ta có: PPP1      1..sinsin22 1 12 ..tgtg    0

2 2

  2 2.sin2 .tg 2

   0. 2. .sin2 tg 2 1.sin2 1 1.tg

. .sin2 tg

Thay   0 1, 2 ; 1, ta có: 1     1. 2 .tg 2 2 sin22  1.tg 1  1 

sinsin22   21 12..tgtg

.sin 2

Với điều kiện góc lệch giữa các sợi dây trong không khí và chất điện môi là như nhau hay:

 1  2sin2  1.tg 1 sin2  2.tg 2

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

 Biểu thức trở thành   1

1

Câu 24: Cho một vành bán kính nhiễm điện đều với điện tích tổng cộng là R Q 0 . Thế tĩnh điện tại điểm P

trên trục đối xứng của vành và cách tâm vành khoảng là x

Giải 1 Khi , có thể xem vành tích điện như một điện tích điểm. Vì vậy, thế tĩnh điện tại điểm tỷ lệ vớix  P

khi . Đáp án B thỏa mãn điều kiện này. x 

Câu 25: Một khung dây dẫn hình vuông đặt trong từ trường đều , mặt phẳng của khung dây vuông góc vớiB

phương từ trường như trong hình vẽ. Khi dạng khung dây này được chuyển đều sang hình tròn trong cùng mặt

phẳng, trong khung dây có dòng điện hay không?

A. Có dòng điện theo chiều kim đồng hồ.

B. Không có dòng điện.

C. Có dòng điện ngược chiều kim đồng hồ.

D. Không có kết luận gì.

Giải

Hình tròn có diện tích lớn hơn hình vuông có cùng chu vi. Vì vậy, trong thời gian biến đổi khung hình vuông

thành khung hình tròn, từ thông qua diện tích khung tăng lên, trong khung xuất hiện dòng điện cảm ứng. Theo

định luật Lenz, dòng điện cảm ứng sinh ra từ trường ngược chiều với từ trường Do đó, dòng điện cảm ứng cóB.

chiều theo chiều kim đồng hồ.

Câu 26: Xác định lực tác dụng lên một điện tích điểm đặt ở tâm nửa vòng xuyến bán kính q .109 C r0 

5cm tích điện đều với điện tích Q 3.107 C (đặt trong chân không)

A B.2,01.103N. .1,14.103N . C.3,15.103N. D.1,83.103N .

Giải

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ





. B.2 2

R x







. C. 





. D.

 

2 2 2

R x







VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Ta chia nửa vòng xuyến thành những phần tử dl mang điện tích dQ. Chúng tác dụng lên điện tích q lực dF. áp

dụng nguyên lý chồng chất lực, ta có: Fx  dFsin; Fy  dFcos;

nua vong xuyen  nua vong xuyen

dQ q.Q Qq

Ta có: dF 4r2 với dQ r0 dl dl; r d0  dF 420 0r2 d

 0 0

Do tính đối xứng, ta thấy ngay Fy 0, nên

F Fx 2 4Qq2 0 0r2cos d 2Qq2 0 0r2 2 .1.8,86.103.10 ..10 .02 7 12 9

,05 1,14.102  3N



Câu 27: Một hạt bụi mang một điện tích ở cách một dây dẫn thẳng một khoảng và ở gầnq2 1,7.1016  C 0,4cm

đường trung trực của dây dẫn ấy. Đoạn dây dẫn này dài , mang điện tích150cm q1 2.107 C. Xác định lực tác

dụng lên hạt bụi. Giả thiết rằng được phân bố đều trên sợi dây và sự có mặt của không ảnh hưởng gì đến sựq1 q2

phân bố đó.

A.2,01.1010 N. . B.1,14.1010 N C.1,24.1010 N . D.1010 N.

Giải

Xét mặt Gaox là mặt trụ đáy tròn bán kính có trục trùng với sợi dây, chiều cao R0 h h 1 ở vùng giữa sợi dây

và cách sợi dây một khoảng R0  1, ta có thể coi điện trường trên mặt trụ là đều. Sử dụng định lý

Otxtrôgratxki-

q01. q h1  E q1

Gaox, ta có: . E.2R h0  

 0 0 l20 0R l

q q1 2. 1,7.1016.2.10 107 10N

Lực điện tác dụng lên hạt bụi là: F E q. 2 2R l 2 .1.8,86.10 .4.10 .1,512 3

0 0 

Câu 28: Tính công cần thiết để dịch chuyển một điện tích từ một điểm M cách quả cầu tích điệnq .107 C

bán kính một khoảng ra xa vô cực. Biết quả cầu có mật độ điện mặt / r 1cm R 10cm 1011C m 2

A.2,97.107 J. . . . B.3,42.107 J C.3,78.107 J D.4,20.107 J

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

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 )

4 40R1 0R2 40R1

4q.4  rr R2. qrr 2R  10 . .10 .0,011.8,86.107 13 712.0,112 3,42.107 J

0 0

Câu 29: Một điện tích điểm nằm cách một sợi dây dài tích điện đều một khoảng q .109 C r1 4cm; dưới

tác dụng của điện trường do sợi dây gây ra, điện tích dịch chuyển theo hướng đ ờng sức điện trường đếnƣ

khoảng cách r2 2cm; khi đó lực điện trường thực hiện một công A 50.107 J . Tính mật độ điện dài của dây

A. . 6.107 C m/2. B 7.107 C m/2. C. .8.107 C m/2. D 9.107 C m/2.

Giải

Ta có: dA q dV. q Edr q.  . dr

20r

Lấy tích phân

AdA  2q0 r1 drr  2q0 lnr lnr2  1 2q0 ln rr12

Vậy mật độ điện dài của dây là

 2 .50.100rA2 .1.8,86.1012 7 6.107 C m/2

Câu 30: Có một điện tích điểm q đặt tại tâm của hai đường tròn đồng tâm bán kính và . Qua tâm taO r R O

vẽ một đường thẳng cắt hai đường tròn tại các điểm A B C D, , , . Tính công của lực điện trường khi dịch

chuyển một điện tích từ đến và từ đến q0 B C A D

A. ABC 0, AAD 0. B. ABC 0, AAD 0 . C. ABC 0, AAD 0 . D. ABC 0, AAD 0 .

Giải

TUẤN TEO TÓP – BEST L

912 4

.10. 3 2

lnqln 



VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

40R



Từ hình vẽ, ta có: 

 VB VC q

40r

Công của lực điện trường khi dịch chuyển điện tích từ B đến C và từ A đến D là bằng không: q0

ABC q V0 B VC  0; AAD q V0 A VD  0

Câu 31: Một mặt phẳng tích điện đều với mật độ . Tại khoảng giữa của mặt có 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 lỗ hổng, cách tâm đó một đoạn b.

A.. . . . B. C. D.

2 2 2

2 10      ba20 1     ba0 1     ba0 1    ba 2

Giải

Ta có thể coi mặt phẳng tích điện có lỗ hổng không tích điện như một mặt phẳng tích điện đều mật độ và

một đĩa bán kính a nằm tại vị trí lỗ tích điện đều với mật độ . 

+ Điện trường do mặt phẳng tích điện đều gây ra tại điểm đang xét là: E1 

2

0 + Điện trường do đĩa gây ra tại điểm đang xét là:

Chia đĩa thành từng dải vành khăn có bề rộng . Xét dải vành khăn có bán kính dr r r  a. Vành khăn có điện

tích tổng cộng: dQ   .2 . r dr

Chia vành khăn thành các điện tích điểm . Chúng gây ra điện trường tại . Theo định lý chồng chất điện dq dE A

trường, điện trường tại bằng tổng tất cả các giá trị đó. Điện trường có thể phân thành hai thành phần A dE dE

dE dE dE1 và 2 . Do tính đối xứng nên tổng các thành phần 1 bằng không. Vậy:

dE dE dEcosr  2  , với là góc giữa  dE và OA

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

A D

V V

 

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

dEr  40 dqr2 b2. r2bb 2 4 .0 rb2 b232 dQ 20br. .2r

drb A 2 Điện trường do cả đĩa gây ra tại là:

+ Điện trường do mặt phẳng và đĩa gây ra cùng phương và ngược chiều nên: E E1 E2  

20 1    ba

Câu 32: 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 . 

A.  R h h2  2  . B.  R2 h h2  . C.  R2 h h2  . D.  R h h2  2  .

2 20 000

Giải

Chia đĩa thành những phần tử hình vành khăn bán kính , bề rộng . Phần tử vành khăn mang điện tích x dx

Câu 33: Giữa hai dây dẫn hình trụ song song cách nhau một khoảng l 20cm người ta đặt một hiệu điện thế U

4000V . Bán kính tiết diện mỗi dây là r 2mm. Hãy xác định cường độ điện trường tại trung điểm của

khoảng cách giữa 2 sợi dây biết rằng các dây dẫn đặt trong không khí.

A.3680V m/ . B.8700V m/ . C.3780V m/ . D.7560 V m/.

Giải

Ta đi xét trường hợp tổng quát: nếu gọi khoảng cách từ điểm đến trục dây dẫn thứ nhất là thì cường độ M x

1    l với là mật độ điện dài 

điện trường tại là: M E 2   x l x  20x l  x

dU Edx U Edx    2l r



llr l r    1 1 

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

 

3222

0 0 0

1. 1 1

0222 1

rdrb b

E dE r ab

r b b

 





 

 

  

 





 

 



. .2 .xdxdSdq   .

Điệ

n th

ế

do hình vành khăn gây là: 2222 22 000

24 4

xdxxdxdq

dV xx hh x h













  



Điệ

n th

ế

do c

ả

đĩa gây ra:

  

2 2

22 2

22 22

22 0 0 0

4 24

R R h

htx h

R hdtxdx t R h hh

x h

  









VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

 

Mặt khác: 0r x xdx 2  0 lnxln l  xr 20 ln

r 

Mật độ điện dài  0U

ln l r r  

Thế vào biểu thức cường độ điện trường và thay  x  , ta có:

A U 1l. 0 2U 2.4000 8704V / m

2 2 .0 l l 2l  lnl r r   l ln. l r r   0,2.ln    2

Câu 34: Cho một quả cầu tích điện đều với mật độ điện khối ,bán kính . Tính hiệu điện thế giữa hai điểm  a a

cách tâm lần lượt là và . 2a

a2 a2 a2 A. . B.. . C.

  04 02 0

Giải

Xét mặt Gaox đồng tâm với khối cầu bán kínhr r a  . Do tính đối xứng nên điện trường trên mặt này là như

nhau và vuông góc với mặt cầu. Theo định lý Otstrogratxki-Gaox:

4 3

E.4r2 q r . 3  E r

  0 03 0

a a rr r2 a 3a2 a2

Từ đó, ta có: Va2 Va a a Edr  30dr 30  2  a 30 . 8 80

Câu 35: Một hình bán cầu tích điện đều, mật độ điện mặt là / . Tính cường độ điện trường tại1.109 C m 2

tâm của bán cầu. O

A.58,22V m/. . . . B.48,22V m/ C.38,22V m/ D.28,22V m/

Giải

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

a2 .

80

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Chia bán cầu thành những đới cầu có bề rộng (tính theo phương trục của nó). Đới cầu được tích điện tích: dh

dQ .2 . r dhh 2. .r dhh 2R dh. ( với là góc giữa mặt đới cầu và trục đối xứng của 

đới cầu.) cosrh

Điện trường do đới cầu gây ra tại O có hướng như hình vẽ và có độ lớn bằng: dE

h h.2R dh dE dQ . . 40 3

2h2R

40 rh 

.h  h2 R 

Lấy tích phân theo h từ 0 đến R, ta có: E dE   20R2 dh 20R2  2  0 40

1.109

Vậy cường độ điện trường tại tâm O của bán cầu là: E 40 4.1.8,86.1012 28,22V m/

Câu 36: Một vòng dây dẫn bán kính tích điện đều với điện tích . Tính điện thế tại tâm vòng tròn, điện thếR Q

tại điểm nằm trên trục của vòng dây cách tâm một đoạn M O h

Q Q Q Q

A.VO 2;VM 2h V2 . B. O 2 ;0 VM 40 R2 h2 .

 04 0 R 

Q Q

D.VO 4 ;0 VM

4  R2 h2 .

Giải

Chia vòng dây thành những đoạn vô cùng nhỏ mang điện tích . Điện thế do điện tích dq gây ra tại điểmdl dq

M trên trục vòng dây, cách tâm của vòng dây một đoạn là: h dV 

Điện thế do cả vòng gây ra tại là: M V dV  

TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

2 2

2R h







2 2 2 2

4 4

dq Q

R h R h











 

Q Q

C.VO 0 ;VM 40 R2

h2 .

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

Preview text:

TỔNG HỢP ĐỀ TRẮC NGHIỆM VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2
Câu 1: Tại đỉnh của một tam giác đều cạnh
a có ba điện tích điểm q . Ta cần phải đặt tại tâm G của tam giác
một điện tích ' bằng nao nhiêu để toàn bộ hệ ở trạng thái cân bằng q q3q3q q A.q' .  B. ' q . C. ' q .  D. ' q .  3 3 3 3 Giải
Theo đề bài ta có:q1
q2q3q
Giả sử q q q1, 2, 3 đặt tại 3 đỉnh A B C,, k q q. . kq2
Lực đẩy do q1 tác dụng lên q2 là F12 a1 22
a2  F ( với a là độ dài cạnh tam giác)
Lực đẩy do q3 tác dụng lên q2 là F32  k q q.a3 22. kqa22 F
Hợp lực do q1 và q3 tác dụng lên q2 là hợp lực của F12 và F32
Ta thấy lực này có hướng là tia phân giác của góc đối đỉnh với góc ABC và độ lớn là F2  F. 3 ( độ lớn tính
bằng định lý cos trong tam giác )
Để q2 nằm cân bằng thì lực do q0 tác dụng lên q2 phải có độ lớn bằng
3.F và có hướng ngược lại  q0 tích
điện âm và nằm trên tia phân giác góc B
Tương tự khi xét điều kiện cân bằng của q3 sẽ thấy q0 phải nằm trên tia phân giác góc C q0 nằm tại tâm tam giác ABC
k q. 0 .q2 k q 3 0 q . Ta có F02 2  2 a a  3  k q. 2 3 k q q 3 0q q
Để q2 cân bằng thì F02
F2 a2a2  0  3
Câu 2: Một electron bay vào khoảng không gian giữa hai bản của một tụ điện phẳng. Mật độ điện tích trên bản tụ là .  Cường độ điện trường giữa hai
bản tụ là E . Trong không gian giữa hai
bản tụ có từ trường đều Bvuông góc với
điện trường E . Electron chuyển động
thẳng vuông góc với cả điện trường E lẫn từ
trường B . Thời gian electron đi được
quãng đường 1 bên trong tụ . là . C. B.0l A.  B  0B B l  0lB 0 . l 
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI D.. Giải E  v   E 
Điện trường trong tụ là 0 . Để electron chuyển động thẳng, tốc độ v của nó phải thỏa mãn B 0B . t  l  0Bl
Thời gian electron đi được
quãng đường l là v 
Câu 3: Một dây dẫn thẳng dài
vô hạn có dòng điện cường độ I
được đặt cách khung dây dẫn hình vuông có cạnh a một khoảng
b. Dây dẫn nằm trong mặt
phẳng của khung dây và song
song với một cạnh khung dây
(xem hình vẽ). Điện trở của khung
là R Cường độ dòng điện trong .
dây thẳng giảm dần đến 0 trong
thời gian t .Điện tích chạy qua
tiết diện ngang của dây dẫn tại  0Ia b a . C.0  Ia b a .
một điểm trên khung dây trong ln t ln thời gian t là 2 R  2 R  b
A. 0Iblnba t .
B. D.0Iblnba t . 2  b b 2R b Giải
Nếu cường độ dòng diện trong dây dẫn thẳng là I thì từ thông qua điện tích giới hạn bởi khung dây là 0Ia ln ab  , do đó d
dI 0a ln ab 2  b2  b
Điện lượng qua tiết diện ngang của dây trong thời gian t được cho bởi biểu thức: t tI
Q 0 Idt  R dt 0 1 d
 dt  20aRln abb   dI 0
20aIRln abb
Câu 4: Ba bản phẳng rộng vô hạn được đặt song song với nhau như hình vẽ. Các bản tích điện với mặt độ điện
tích bề mặt lần lượt là   , 2 và . Điện trường tổng cộng tại điểm X là (0 là hằng số điện môi của chân không) A.
 , hướng sang phải. 20 B.  , hướng sang trái. 20
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI 4 C. , hướng sang trái. 20 D.0 . Giải
Điện trường gây bởi bản phẳng rộng vô hạn tại điểm bất kỳ bên ngoài bản có độ lớn 1 , trong đó 1 là mật độ
20 điện tích bề mặt của bản phẳng. Điện trường gây bới hai bản tích điện   và 
 có độ lớn bằng điện
trường gây bởi bản tích điện 2 nhưng ngược chiều. Do đó điện trường t  ổng cộng bằng 0.
Câu 5: Một electrôn được bắn thẳng đến tâm của một bản kim loại rộng có điện tích âm dư với mật độ điện tích mặt 2.10    
6 C m/ 2. Nếu động năng ban đầu của điện tử bằng 100eV và nếu nó dừng (do lực đẩy tĩnh điện) ngay
khi đạt đến bản, thì nó phải được bắn cách bản bao nhiêu?
A.8,86mm .
B.4,43mm .
C.0,886mm.
D.0,443mm . Giải 12eU U 2Wd
Động năng của electron thu được là W d mv  2e Mặt khác, ta có: U
E d.U2W  d W 2 2.1,6.10 .100.1.8,86.10 19
12 E 0  d E
e0 ed0 19  .2.106 0,000886m 0,886mm 1,6.10 
Câu 6: Hai bản kim loại lớn có diện tích 1,0m   
2 nằm đối diện nhau. Chúng cách nhau 5,0cm và có điện tích bằng
nhau nhưng trái dấu ở trên các mặt trong của chúng. Nếu cường độ điện trường ở giữa hai bản bằng 55V m/ thì 
độ lớn của các điện tích trên các bản bằng bao nhiêu? Bỏ qua các hiệu ứng mép A.0,443.10     10 C.
B.0,443.109 C.
C.0,487.109 C.
D.0,487.1010 C. Giải
Hiệu điện thế giữa hai bản: U
E d.  55.5.102  2,75V 
Điện dung của tụ điện được xác định theo công thức: C  0S d
Điện tích trên các bản là: Q CU d0S .U 1.8,86.105.10212  .1.2,75
0,487.1010C
Câu 7: Một điện tích điểm tạo một điện thông 750Vm đi qua một mặt Gauss hình cầu có bán kính bằng 
10cm và có tâm nằm ở điện tích. Nếu bán kính của mặt Gauss tăng gấp đôi thì điện thông qua mặt đó bằng bao nhiêu?
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI A.Tăng 4 lần. B. Không đổi. C.Tăng 2 lần. D. Giảm 2 lần. Giải
Điệm thông: E (hay thông lượng của véctơ 
E gửi qua diện tích  ) là đại lượ S
ng vô hướng xác định bởi: E 
En S E Scos
Với: S : phần tử diện tích đủ nhỏ trong điện trường E :
véc tơ cường độ điện trường tại điểm thuộc S 
n : véc tơ pháp tuyển của S Theo bài ra, ta có: 12 EE  E S cosE S cos  12  
EE.4.4 R cosR cos .. 122    12
EE RR122  2RR112 1   41E 2 2 2 42E
Câu 8: Một đĩa kim loại bán kính R
30cm quay quanh trục của nó với vận tốc góc 1200v ph/ . Lực quán
tính li tâm sẽ làm một số hạt điện tử văng về phía mép đĩa. Hiệu điện thế xuất hiện giữa tâm đĩa và một điểm
trên mép đĩa nhận giá trị nào? A.4,038.10         9 V .
B.3,038.109 V .
C.5,038.109 V .
D.2,038.109 V . Giải
Khi không có từ trường, 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 hướng tâm của các electron. eEr  m  E    r 2 r U   Edr R
me 2 r dr. m22 2eR
9,1.102.1,6.1031. 40 192 .0,32
4,038.109V  m 2r e0
Câu 9: Hai điện tích điểm q1 và q2 (q1  0 và q1 4q2 ) đặt tại hai điểm P và Q cách nhau một khoảng l
13cm trong không khí. Điểm M có cường độ điện trường bằng 0 cách q1 là
A.25,7cm. B.26,0cm.  C.25,4cm.  D.26,9cm.  Giải
Các lực td lên điểm M q 3:
+ Lực tĩnh điện q1 td: F13
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI L + ực tĩnh đi ện 2 q td: 23 F Điều kiện cân b ằng: 0F F  F F  F  F 13 23 13 23    13 23   Mà . qq 12 0
 nên 3 q nằm ngoài đo ạn PQ 23 13 . qq1. qq 2 PM q1 1 Ta có: 2 2 13 F 2 23 F  k PM k QM  QM  q   QM PM   2 Theo bài ra, ta có: QM  PM 13    2
Từ  1 và  2 PM    26 cmQM  ; cm   13 
Câu 10: Cho ba quả cầu kim loại giống hệt nhau A B C, , . Hai quả cầu A và B tích điện bằng nhau, đặt cách
nhau một khoảng lớn hơn rất nhiều so với kích thước của chúng. Lực tác dụng giữa hai quả cầu là F Quả cầu . C
không tích điện. Người ta cho quả cầu C tiếp xúc với quả cầu A, sau đó cho tiếp xúc với quả cầu B, rồi cuối
cùng đưa C ra rất xa A và B Bây giờ lực tĩnh điện giữa . A và B là . F 3F A. . B . . C. . D. . 8 2 416 Giải
Lúc đầu, điện tích của quả cầu A và B bằng nhau và bằng . Cho quả cầu q
C tiếp xúc với quả cầu A, điện tích q
của quả cầu A bằng điện tích của quả cầu C và bằng
. Cho quả cầu C tiếp xúc với quả cầu B, điện tích của 2 3 3 q F
quả cầu B và C và bằng
. Do đó, lực tác dụng tương hỗ giữa quả cầu A và B bây giờ là 4 8
Câu 11: Hai tụ điện phẳng giống nhau có diện tích mỗi bản là và khoảng cách giữa các bản là S , giữa các bản d
là không khí. Tích điện cho hai tụ đến hiệu điện thế U rồi nối các bản tụ mang điện cùng dấu với nhau bằng dây
dẫn có điện trở không đáng kể. Nếu các bản tụ của một tụ dịch lại gần với với tốc độ v và các bản của tụ còn lại
dịch ra xa nhau cũng với tốc độ v thì dòng điện chạy trong dây dẫn là: A. B. 0 2S vU
20dS2 vU . C. 0dS vU . D. 20dS vU . . d Giải
Tổng điện tích 2 tụ: q1   q2 q 2 2C U0  1 với C0   0 S . d
Khi các bản tụ dịch chuyển thì C  1 d2
d vt  q1
CU1 1  d vt 2 do U1  U2U
C2d1d vt q2C U2 2 vt d 
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Từ  và 1  suy ra: 2
q2  d dvt C U0  Idqdt2 d02 S vU. Câu 12: Một quả cầu điện môi bán kính R, tích điện với mật độ diện tích  đồng nhất, tác A.. B.7 dụng lực F1 lên 9. C.3. D.7. điện R
tích q đặt tại điểm P cách tâm quả cầu một khoảng 2R. Tạo một lỗ hổng hình cầu bán kính . quả cầu có lỗ 2 F2 bằng: hổng
tác dụng lực F2 lên điện tích cũng đặt tại điểm q P Tỷ số . F1 Giải R
Gọi Q là điện tích của quả cầu và F là lực gây bởi quả cầu bán kính tích điện trái dấu với Q có cùng mật 2
độ và nằm tại vị trí lỗ hổng thì 
F2  F1F. Ta có: Qq Q q' 4  R 2 F2
k 4R2 k R 3 2 , trong đó Q'   3   2    2  7Qq F27 F2 36 k R2 F1  9
Câu 13: Cho một vòng dây dẫn tròn đồng chất, tiết diện đều, tâm O bán kính R .Dòng điện cường độ I đi vào
vòng dây tại điểm M và ra tại điểm N Góc .
MON  600 . Cảm ứng từ tại tâm vòng dây có độ lớn 5.  I I I A B .0 . B.0 BR 5  . C. BR  D. BR  4 0 5  . 0   2 62 Giải
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Theo định luật Biot – Savart, cảm ứng từ Bi tại tâm vòng dây gây bởi dòng điện trong cung tròn i có độ lớn tỷ lệ
với cường độ dòng diện Ii và chiều dài Li của cung: Bi ~ I Li i .
Mặt khác, cường độ dòng điện Ii tỷ lệ nghịch với điện trở của cung dây , tức là tỷ lệ nghịch với chiều dài cung.
Như vậy, cảm ứng từ gây bởi dòng điện trong hai cung M N1 và M N2 không phụ thuộc vào độ dài của cung, do
đó có độ lớn như nhau, nhưng có chiều ngược nhau. Vậy cảm ứng từ tổng cộng tại tâm vòng dây bằng 0.
Câu 14: Một thanh mảnh mang điện tích q  2.10 7 C được phân bố đều trên thanh, gọi E là cường độ điện
trường tại một điểm cách hai đầu của thanh một đoạn R  300cm và cách tâm của thanh một đoạnR0 10  cm . Tìm E A.6.10   V m/. C.4,5.10  3 3V m/ . B.4.103 V m/.
D.6,7.103V m/. Giải q q Chia thanh thành nh ững đoạn nhỏ . dx Chúng có đi ện tích là: dq dx 2 0 2    dx R lR 2
Xét điện trường dE gây ra do đo ạ n dx gây ra t
ại điểm đang xét. Ta có th
ể tách dE thành hai thành ph ầ n x dE
và dEy . Điện trường tổng cộng E là tổng tất cả các điện trường dE đó. Do tính đối xứng nên tổng tất cả các
thành phần dEy bằng 0. Ta có: 0 3 0 dq R 1 xdx   22.2 dx 2  2 2 2 . . 4 0 2 4 0 40. r R x R x  lR xl  q qR   00 0     0   qR 23 0 0 qR R 0 dE  dx d   xxRtan l     00 22 cos 4  .R.    0l Rtan     l
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
4l R 2x2
q0q02q q l q  E4lR 0
cos d40 0lR sin0  40 0lR  2   0 0 0 0lR .2R 40RR0 6.10  Thay số: E 4 .1.8,86.10 2.10712
 .3.0,1 3 V m/ 
Câu 15: Hai dây dẫn dài cách nhau d mang cùng dòng điện I nhưng trái chiều nhau như cho trên hình vẽ. Xác
định độ lớn của từ trường tổng cộng tại điểm P cách đều hai dây: 0id 2id  D. A . C. .2 0 R    20idd2. B . 24R2 d2 2 d2. 4R  02idd  2.  Giải
Gọi B B1, 2 lần lượt là cảm ứng từ do dòng điện I1 và I2 gây ra tại P . Áp dụng quy tắc bàn tay phải xác định
được chiều B B1, 2 như hình vẽ Ta có: B1  B2  0 . I 4  r d I 2 
Theo hình vẽ, ta có: r R2  B1  B2 0 2 4 2 d 4 R 4
Cảm ứng từ tổng hợp tại P B:  B1B2
Áp dụng nguyên lý chồng chất, ta được: B  2B cos1. 
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI d d d Theo hình v ẽ, ta có: 2224 cos r r d     2 2 R  0 I d 0 0 2 Id Id B R dd   1  2.44 Bcos 2.  2  2. . 2 2  2    2 d R 2 R   24 d  R  4    4 4  
Câu 16: Hai quả cầu nhỏ giống nhau tích điện q1 và q2 có giá trị bằng nhau và đặt trong không khí. Khi khoảng
cách giữa chúng là r  1 
4cm thì chúng hút nhau với một lực F1  27.103N. Cho 2 quả cầu tiếp xúc với nhau rồi
tách chúng ra một khoảng r 
2  3cm thì chúng đẩy nhau một lực F2 103N. Tính q1 và q2 A.q       1  8.108C;q2 6.108C .
B.q1  6.108C;q2  8.108C . C.q    C 
1 8.108C;q2 6.108C .
D.q1 6.108 ;q2 8.108C . Giải
Ban đầu khi chưa tiếp xúc hai quả cầu hút nhau với một lực F  1  27.103N. N  q qF r 27.10 .0,049.10 Ta có: 1 2. 1 1k. 2 3 9 2 4,8.1015 q q1 2. F1 k q qr1 22. 27.103 4,8.10 1 15  (vì hai 1
điện tích q q1, 2hút nhau nên chúng trái dấu nhau) Sau khi tiếp xúc hai quả cầu
đẩy nhau một lực F  2 103 N  q'1 q  '2 q1 q2 2 Ta có: F2 k q. r' . '  1 q 2
2 103Nq' . '1 q 2 F r2 2k. 2 10 .0,03 9.1039 2 1016
q' . '1 q 2 1016 (do hai điện tích 2
q ' ,1 q '2 đẩy nhau nên chúng cùng dấu nhau) 2 Mà q '1 q '2
 q1  q 2 2
 q '12 1016
 q1 2 q2  1016
q1 q2  2.10 2 8   q  1
8.108 C q2 6.10  Từ  và 1
2 , ta có hệ phương trình: qq q .
1 2q4,8.102.10815 q8.108C(giả sử q1 q2 )   1  2   1  8 C q  2 6.108 C
Câu 17: So sánh các tương tác hấp dẫn và tĩnh điện giữa hai electron, biểu thức đúng là 2 2 2 e 2 A.   m G k . TU
O TÓP – BEST LÝ TTQ  
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI B.   me ln Gk . C.    meln Gk . D.    m ke G .   Giải ke2
Theo công thức của định luật Culông và định luật vạn vật hấp dẫn, ta có: F1  r2 2
F2  Gmr2 FF1 Gmke22   me 2 Gk 2  
Câu 18: Một dây cáp đồng trục có các dòng điện cùng cường độ i chạy ngược chiều nhau ở lõi bên trong và vỏ
bên ngoài (xem hình vẽ). Độ lớn của cảm ứng từ tại điểm P bên ngoài dây cáp cách trục của dây cáp một khoảng r là A.0. B.0i .
C.2 2c02i 2 r . D.2 2 02i 2 r b. 2 rc  b 2 rc  b 2r Giải
Xét đường tròn bán kính r trong mặt phẳng vuông góc với trục dây cáp và có tâm nằm trên trục của dây. Áp
dụng địn lý Ampe về dòng toàn phần, do đối xứng của dây, ta có: Bdl. B dl 2
 rB  0I
k 0, trong đó lấy tổng đại số các dòng điện đi xuyên qua diện tích hình tròn. C C k Vậy B  0
Câu 19: Một vòng dây tròn bán kính R được tích điện với mật độ đều . Độ lớn của cường độ điện trường tại
điểm nằm trên trục của vòng dây và các tâm vòng dây một khoảng R là A. B. k. k.
C.2k. D. k. 2R 2R R R Giải
Xét 2 đoạn dây rất nhỏ chiều dài dl nằm đối xứng qua tâm vòng dây. Điện trường do 2 đoạn dây này gây ra tại
điểm đang xét hướng dọc theo trục đối xứng của vòng dây và có độ lớn:
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI dE  2
k dl2R2 cos450 k dl2R2
Lấy tổng theo toàn bộ vòng dây ta được: E
k2R2R 2kR
Câu 20: Một dây dẫn hình trụ bán kính R  
2 gồm lõi có bán kính R R12 
2R1, điện trở suất 1 và vỏ là phần
còn lại có điện trở suất  2  2 1. Dòng điện có cường độ I chạy trong dây dẫn đó. Cảm ứng từ điểm cách
trục của dây một khoảng r  1,5R1 có độ lớn: A. 0,75 0,65 0I . C. 0,85 B. 0I . 0,950I . . 0I R13R1 Giải 3R1
Dòng điện gồm I1 chạy trong lõi và I2 chạy trong vỏ: I 
I I và I1 2 S1
2 1R22I1  2 I    1 2 I S2 . 1
 1R22 R12 3I2 53 I 2  5 r  2  R12
Dòng diện chạy trong phần dây giới hạn bởi bán kính r là I  I   1I
. 2R2 R12 0,65I 2 0,650I
Áp dụng định lý Ampe: B.2
 r  0I '  B 3R1
Câu 21: Một mặt hình bán cầu tích điện đều với mật độ điện mặt 10  
9 C m/ 2 Xác định cường độ điện .
trường tại tâm O của bán cầu A.  . B. . C. 2  . D. . 0  2 00 Giải 4 0
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Chia bán cầu thành những đới cầu có bề rộng (tính theo phương t dh
rục của nó). Đới cầu được tích điện tích:
dQ .2 r dh 
h. 2. .r dhh 2R dh.
( với là góc giữa mặt đới cầu và trục đối xứng của 
đới cầu.) cosrh R
Điện trường dE do đới cầu gây ra tại O có hướng như hình vẽ và có độ lớn bằng: dE 3 4  rh  .dQ
h.2420R dhR.3 2h2 0h R. 2R  h h 
Lấy tích phân theo h từ 0 đến R, ta có: E  dE   0 20R2 dh 20R2   2  0 40
Câu 22: Xét thanh thẳng AB có chiều dài l, mật độ điện dài  Xác định cường độ điện trường do thanh gây ra .
tại một điểm M nằm trên đường kéo dài của thanh và cách đầu B của thanh một khoảng r
D. lnl r 
A.kl .
B. kr . C. k 
1r  r 1l . r  . k   r   Giải
Ta đi xét trường hợp tổng quát: nếu gọi khoảng cách từ điểm M đến trục dây dẫn thứ nhất là x thì cường độ 1   
l với  là mật độ điện dài
điện trường tại M là: E 2 
 x l  x  
20x l  x 0 dU Edx  U  Edx   2  0   l r  1x   l1x 
2lrr 2
 l r 
dx lnxln l xln Mặt khác: r00 r 
Câu 23: Hai quả cầu mang điện có bán kính và khối lượng bằng nhau được treo ở hai đầu sợi dây có chiều dài
bằng nhau. Người ta nhúng chúng vào một chất điện môi (dầu) có khối lượng riêng 1 và hằng số điện môi . 
Hỏi khối lượng riêng của quả cầu phải 
bằng bao nhiêu để góc giữa các sợi dây trong không khí và chất điện môi là như nhau? A.  B.  1.
 1. C.  1 1. D  .   1 1. 1 1  Giải
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI q0
Do các quả cầu là giống nhau nên điện tích mỗi quả cầu nhận được là: q1 q2  2
Hai quả cầu cân bằng khi: P   FdT0
Theo hình vẽ, ta có: tg FP   d với P mg và Fd kq qr1 22
4 2 . l sinkq022 tgq02 
P q02 kq02 4 .16 0 l sin22 .  P64 .16 0 l sin22
 .tg16 .l sin22  .tg
Đối với quả cầu đặt trong không khí thì: P  64   1 0 q202 2.tg 1 1 .16l sin  1
Khi nhúng các quả cầu vào dầu hoả, mỗi quả cầu sẽ chịu thêm tác dụng của lực đẩy Acsimét P1 hướng ngược
chiều với trọng lực. Do đó, bằng tính toán tương tự bài trên, ta thu được: P P q02 2 
1 642 0l sin2. 2  2.tg 2
Mặt khác: P  mg  Vg P  ;   1 0Vg 3 Từ 1, 2 , 3 ,
   ta có: PPP1   
  1..sinsin22 1..tgtg 12    0 2 2 
 2.sin2 2.tg 2    0. 2
.sin .2tg 2 1.sin2 1.tg 1 2 .sin .2tg Thay   0 1, 2 ; 1 1, ta có:     1. 2
.tg 2 2 sin22  1.tg 1   1  sinsin22   21..tgtg 12 .sin 2
Với điều kiện góc lệch giữa các sợi dây trong không khí và chất điện môi là như nhau hay:  1  2sin2
 1.tg 1  sin2  2.tg 2
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
 Biểu thức trở thành    1 1
Câu 24: Cho một vành bán kính R nhiễm điện đều với điện tích tổng cộng là Q
0 . Thế tĩnh điện tại điểm P
trên trục đối xứng của vành và cách tâm vành khoảng x là Q Q Qx Qx A. . B. . D. . 4 2 2 . C.  2 2 3  0x 4 R  x 40 R x 4   2 2 2 0 R  x  0   Giải 1 Khi x
, có thể xem vành tích điện như một điện tích điểm. 
Vì vậy, thế tĩnh điện tại điểm  P tỷ lệ với x khi x
. Đáp án B thỏa mãn điều kiện này  .
Câu 25: Một khung dây dẫn hình vuông đặt trong từ trường đều B, mặt phẳng của khung dây vuông góc với
phương từ trường như trong hình vẽ. Khi dạng khung dây này được chuyển đều sang hình tròn trong cùng mặt
phẳng, trong khung dây có dòng điện hay không?
A. Có dòng điện theo chiều kim đồng hồ. B. Không có dòng điện.
C. Có dòng điện ngược chiều kim đồng hồ.
D. Không có kết luận gì. Giải
Hình tròn có diện tích lớn hơn hình vuông có cùng chu vi. Vì vậy, trong thời gian biến đổi khung hình vuông
thành khung hình tròn, từ thông qua diện tích khung tăng lên, trong khung xuất hiện dòng điện cảm ứng. Theo
định luật Lenz, dòng điện cảm ứng sinh ra từ trường ngược chiều với từ trường B Do đó, dòng điện cảm ứng có .
chiều theo chiều kim đồng hồ.
Câu 26: Xác định lực tác dụng lên một điện tích điểm q .10  
9 C đặt ở tâm nửa vòng xuyến bán kính r0 
5cm tích điện đều với điện tích Q  3.10 7 C (đặt trong chân không) A.2,01.10       3N.
B.1,14.103N .
C.3,15.103N.
D.1,83.103N . Giải
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Ta chia nửa vòng xuyến thành những phần tử dl mang điện tích dQ. Chúng tác dụng lên điện tích q lực dF. áp
dụng nguyên lý chồng chất lực, ta có: F x 
dFsin; Fy  dFcos; nua vong xuyen  nua vong xuyen dQ q.Q Qq Ta có: dF
4r2 với dQ r0 dl dl;  r d0 
dF  420 0r2 d 0 0 
Do tính đối xứng, ta thấy ngay F  y 0, nên F F x 2 4Qq2 0 0r2cos d
2Qq2 0 0r2 2 .1.8,86.103.10 2  ..10 7  .0 12 9 ,052 1,14.103N  2
Câu 27: Một hạt bụi mang một điện tích q C  2 1,7.1016
ở cách một dây dẫn thẳng một khoảng 0,4cm và ở gần
đường trung trực của dây dẫn ấy. Đoạn dây dẫn này dài 150cm, mang điện tíchq  1 
2.107 C. Xác định lực tác
dụng lên hạt bụi. Giả thiết rằng q1 được phân bố đều trên sợi dây và sự có mặt của q2không ảnh hưởng gì đến sự phân bố đó. A.2,01.10       10 N.
B.1,14.1010 N.
C.1,24.1010 N . D.1010 N. Giải
Xét mặt Gaox là mặt trụ đáy tròn bán kính R0 có trục trùng với sợi dây, chiều cao h h 1 ở vùng giữa sợi dây
và cách sợi dây một khoảng R0  1, ta có thể coi điện trường trên mặt trụ là đều. Sử dụng định lý Otxtrôgratxki- q01. q h1  E q1
Gaox, ta có: E.2R h0.    0 0
l20 0R l q q  1 2. 1,7.1016.2.10710  10N
Lực điện tác dụng lên hạt bụi là: F E q. 2 2R l  2 .1.8,86.10 12.4.10 .1,53  0 0 
Câu 28: Tính công cần thiết để dịch chuyển một điện tích q .10  
7 C từ một điểm M cách quả cầu tích điện
bán kính r 1cm một khoảng 
R 10cm ra xa vô cực. Biết quả cầu có mật độ điện m  ặt 10   11C m/ 2 A.2,97.10        7 J.
B.3,42.107 J.
C.3,78.107 J.
D.4,20.107 J.
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI 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 ) 40R 4 1 0R2 40R1 4q.4
 rr2 R
. qrr 2R 
10 . .10 .0,011.8,86.107 13 712.0,112 3,42.107 J 0 0
Câu 29: Một điện tích điểm q .10  
9 C nằm cách một sợi dây dài tích điện đều một khoảng r1  4cm; dưới
tác dụng của điện trường do sợi dây gây ra, điện tích dịch chuyển theo hướng đ ờng ƣ
sức điện trường đến khoảng cách r   2
2cm; khi đó lực điện trường thực hiện một công A
50.107 J . Tính mật độ điện dài của dây A. 6.10         7 C m/2.
B. 7.107 C m/2.
C.8.107 C m/2.
D.9.107 C m/2. Giải Ta có: dA q dV. q Edr .  q  .  dr 20r Lấy tích phân r2 AdA 
2q0 r1 drr 
2q0 lnr lnr 2  1
2q0 ln rr12
Vậy mật độ điện dài của dây là  2  
0rA2 .1.8,86.10 .50.10 12
7  6.107 C m/2  12 4 9 . 3 qln 2 .10 ln r2
Câu 30: Có một điện tích điểm q đặt tại tâm O của hai đường tròn đồng tâm bán kính r và R . Qua tâm O ta
vẽ một đường thẳng cắt hai đường tròn tại các điểm A B C D, , , . Tính công của lực điện trường khi dịch
chuyển một điện tích q0 từ B đến C và từ A đến D A. A
BC 0, AAD 0.
B. ABC 0, AAD 0 .
C. ABC 0, AAD 0 .
D. ABC 0, AAD 0 . Giải
TUẤN TEO TÓP – BEST L
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT 
 – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA q HÀ NỘI V V A D 40R  Từ hình vẽ, ta có: 
VB VC q 40r
Công của lực điện trường khi dịch chuyển điện tích q0 từ B đến C và từ A đến D là bằng không: A     
BC q V0 B VC 0; AAD q V0 A VD 0
Câu 31: Một mặt phẳng tích điện đều với mật độ .
 Tại khoảng giữa của mặt có 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 lỗ hổng, cách tâm đó một đoạn b. A.. B. .  C. .  D. .  2 2 2 20 1    ba20 1     ba0 1       ba 0 1  ba 2 Giải
Ta có thể coi mặt phẳng tích điện có lỗ hổng không tích điện như một mặt phẳng tích điện đều mật độ  và
một đĩa bán kính a nằm tại vị trí lỗ tích điện đều với mật độ . 
+ Điện trường do mặt phẳng tích điện đều gây ra tại điểm đang xét là: E1   2
0 + Điện trường do đĩa gây ra tại điểm đang xét là:
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   .2 r dr.
Chia vành khăn thành các điện tích điểm
. Chúng gây ra điện trường dq
dE tại A . Theo định lý chồng chất điện
trường, điện trường tại A bằng tổng tất cả các giá trị dE đó. Điện trường dE có thể phân thành hai thành phần dE1 và dE2 dE
. Do tính đối xứng nên tổng các thành phần 1 bằng không. Vậy: dE   r  dE2  dEcos, với là góc giữa  dE và OA
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI 3 dE     r 
40 dqr2 b2. r2bb2
40 rb2 b232 .dQ  20br. .2r 2 drb
 2 Điện trường do cả đĩa gây ra tại A là:   a b b   . rdr  1  1 a    1     2 E 2 dE  b   r  a r 32 2 10 0 2  02 0 2  2 2 0 r b    b   2     
+ Điện trường do mặt phẳng và đĩa gây ra cùng phương và ngược chiều nên: E
E1  E2   2  2  0 1  ba
Câu 32: 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 .  A .      R2 h  2 h.
B.  R2 h2 h.
C.  R2 h2 h.
D.  R2 h2 h. 202000 Giải
Chia đĩa thành những phần tử hình vành khăn bán kính x, bề rộng dx. Phần tử vành khăn mang điện tích dq . dS    .2 . xdx. dq 2 xdx xdx  Điện thế
x do hình vành khăn gây là: h 0 x h 0dV x h 2 0 2 2 2 2 2  4  4      2
Điện thế do cả đĩa gây ra:    2 2 R R  h 2 2 2 2 xdx t h dt R h h       2 R h  2 2 2 2 0 0 tx  h h 0 00 4 2 x h  t 4 2    2 2  
Câu 33: Giữa hai dây dẫn hình trụ song song cách nhau một khoảng    l  20
 cm người ta đặt một hiệu điện thế U
 4000V . Bán kính tiết diện mỗi dây là r  2mm. Hãy xác định cường độ điện trường tại trung điểm của
khoảng cách giữa 2 sợi dây biết rằng các dây dẫn đặt trong không khí.
A.3680V m/ .
B.8700V m/ .
C.3780V m/ .
D.7560V m/. Giải
Ta đi xét trường hợp tổng quát: nếu gọi khoảng cách từ điểm M đến trục dây dẫn thứ nhất là x thì cường độ 1   
l với  là mật độ điện dài
điện trường tại M là: E  2  
x l  x 
 20x l  x 0  dU Edx  U   Edx  2    l r llr  l r 1 1 
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI   Mặt khác:   0 
r x xdx  2  0 lnxln l xr 20 ln r  Mật độ điện dài  0U ln l r r   l
Thế  vào biểu thức cường độ điện trường và thay x  , ta có: 2
A 1l.  U 0 2U 2.4000
8704V / m
20 2l .l  2l 
lnl r r  
l ln. l r r     0,2.ln  2
Câu 34: Cho một quả cầu tích điện đều với mật độ điện khối ,bán kính  . T a
ính hiệu điện thế giữa hai điểm a
cách tâm lần lượt là và . 2 a a2a  2 a2 A. . B.. C . . D.   a2 . 0  4 0  2 0 Giải 80
Xét mặt Gaox đồng tâm với khối cầu bán kínhr r a
 . Do tính đối xứng nên điện trường trên mặt này là như
nhau và vuông góc với mặt cầu. Theo định lý Otstrogratxki-Gaox: 4  3 E.4r2 q  r . 3  E r 00  3 0 a
a rr  r2  a 3a2 a2
Từ đó, ta có: Va2 Va a Edr a 30dr  30  2  a 30 . 8 80 2 22
Câu 35: Một hình bán cầu tích điện đều, mật độ điện mặt là 1.10  
9 C m/ 2. Tính cường độ điện trường tại
tâm O của bán cầu.
A.58,22V m/.
B.48,22V m/. 
C.38,22V m/. 
D.28,22V m/.  Giải
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Chia bán cầu thành những đới cầu có bề rộng (tính theo phương t dh
rục của nó). Đới cầu được tích điện tích:
dQ .2 r dh 
h. 2. .r dhh 2R dh.
( với là góc giữa mặt đới cầu và trục đối xứng của 
đới cầu.) cosrh R
Điện trường dE do đới cầu gây ra tại O có hướng như hình vẽ và có độ lớn bằng:
h h.2R dh dE .  dQ . 40 3 3 2  2h2R 4 0 rh  .h  h2  R  R
Lấy tích phân theo h từ 0 đến R, ta có: E  dE  
 20R2 dh 20R2   2  0 40 0 1.109
Vậy cường độ điện trường tại tâm O của bán cầu là: E 40 4.1.8,86.1012 28,22V m/
Câu 36: Một vòng dây dẫn bán kính R tích điện đều với điện tích Q . Tính điện thế tại tâm vòng tròn, điện thế
tại điểm M nằm trên trục của vòng dây cách tâm O một đoạn h Q Q Q Q A.V 
O 2;VM 2h2 . B V
. O 20 ;VM 40 R2 h2 . 0  4 0 R  Q Q Q Q D.V
O 40 ;VM C.V
O 0 ;VM 40 R2 4
 R2 h2 . h2 . 0 4 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 dq
M trên trục vòng dây, cách tâm của vòng dây một đoạn là: h dV  2 2 2R 0h   dq Q  2 2  2 2
Điện thế do cả vòng gây ra tại 4 4 M là: V  dV   0  R  h  0 R  h Q  
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ

Tổng hợp đề trắc nghiệm môn Vật lý đại cương 2 | Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Tài liệu liên quan:

Bài tập Vật lý nguyên tử môn Vật lý đại cương 2 | Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông

Bài tập Vật lý nguyên tử môn Vật lý đại cương 2 | Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông

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

Chương 23: Quang học lượng tử môn Vật lý đại cương 2 | Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông

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