Tài liệu Chuyên đề môn vật lý ứng dụng tích phân để giải bài tập phần từ trường

ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI BÀI TẬP PHẦN TỪ TRƯỜNG A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Bài toán từ trường – cảm ứng từ là một trong những bài toán cơ bản trong chương trình Vật lý 11. Với những bài toán cơ bản và dễ thì các thầy cô giáo và các em học sinh thường áp dụng các công thức về từ trường – cảm ứng điện từ để giải. Nhưng với nhiều bài toán khó, phức tạp mà có liên quan đến các đại lượng biến thiên, sau khi áp dụng công thức về từ trường – cảm ứng điện từ thường có những phép tính liên quan đến tích phân. Trong chuyên đề này chúng tôi giới thiệu một số bài toán về từ trường – cảm ứng từ có sử dụng công cụ tích phân để tính toán. 2. Mục đích của đề tài Trong đề tài này sẽ hệ thống các công thức cơ bản phần từ trường - cảm ứng điện từ, các công thức tính tích phân có liên trong toán học dùng để áp dụng giải bài tập. Đề tài có tổng hợp một số bài tập có hướng dẫn giải cụ thể và một số bài tập chỉ có đáp số để rèn luyện thêm kỹ năng. B. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Các công thức về từ trường – cảm ứng điện từ 1.1. Lực từ - Công thức tính lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn mang dòng điện F  BIlsin - Lực Lo-ren-xơ tác dụng lên hạt mang điện f=q o vBsinα - Lực tương tác giữa hai dòng điện F  2.107 I1 I 2 l r 1.2. Từ trường của dòng điện chạy trong các dây dẫn có hình dạng đặc biệt - Từ trường của dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài B  2.107 I r - Từ trường của dòng điện chạy trong dây dẫn uống thành vòng tròn B  2 .107 N N I r - Từ trường của dòng điện chạy trong ống dây dẫn hình trụ B=4π10-7 nI với n  l r r r r - Nguyên lí chồng chất từ trường B  B1  B2  B3  ... 1.3. Suất điện động cảm ứng - Từ thông được xác định bằng công thức: =BScosα Δ - Suất điện động cảm ứng ec   ; ec = Δ Δt Δt - Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên đoạn dây dẫn chuyển động cắt các đường sức từ ec = Blvsin - Suất điện động tự cảm etc  L i t 2. Các công thức tích phân 2.1. Công thức tích phân Công thức cơ bản  dx  x  C Công thức mở rộng  du  u  C 1   x dx   x 1  1 dx  ln x  C x 1 ax  b  a n 1 n 1 n  (ax  b) dx  e x u 1 C  1 1 1  (ax  b) dx  a ln ax  b  C 1 1 n  u n dx   u dx   (n  1).u n  1  C   u du  C C dx  e x  C e ax  a dx  ln a  C  cos x.dx  sin x  C ax  b x u  a du  1  cos(nx).dx  n sin nx  C  sin x.dx   cos x  C 1  sin nx.dx   n cos nx  C 1  cos 2 1  sin 2 x x 1 dx  e ax  b  C a dx   (1  tg 2 x)  tgx  C dx   (1  cot 2 gx)   cot gx  C au C ln u 1  sin(ax  b)dx   a cos(ax  b)  C 1  cos(ax  b)dx  a sin(ax  b)  C u'  u dx   du  u  ln u  C u' dx  2 u  C u u' 1  u 2 dx   u  C 2.2 Các phương pháp tính tích phân a/ Công thức Newtown - Lepnic b  f ( x)  F ( x) b a  F (b)  F (a ) a b/ Phương pháp đổi biến  b  f ( x).dx   f ( ( x)). ' ( x).dx ; Với  (a)   ;  (b)   a b  a  I   f ( x)dx   g (t )dt * Cách làm + Đặt t =  (x) , Đổi cận. + Lấy vi phân 2 vế để tính dx theo t và tính dt . + Biểu thị: f(x)dx theo t và dt ; (f(x)dx= g(t) dt). c/ Phương pháp tích phân từng phần b  a b udv  uv  a b  vdu a * Cách làm + Biểu diễn f(x)dx về dạng tích u.dv = u.v’dx. + Chọn u sao cho du dễ tính. + Chọn dv sao cho dễ tính v   dv + Áp dụng công thức trên. 2 sin ax  cos ax a p( x).tgax  dx thì đặt u = p(x); dv =  ax  e  b * Khi gặp các tích phân dạng sin ax  cos ax   dx rồi tgax   ax  e  suy ra v. b * Khi gặp các tích phân dạng  p( x). ln x.dx thì đặt u = lnx; dv = p(x)dx. a 2.3. Một số dạng tích phân thường gặp a/ Tích phân hàm hữu tỉ b I= P( x)  Q( x) dx ; a Lưu ý công thức: 1 1  (ax  b) dx  a ln ax  b 1 u n dx   1 (n  1).u n  1 * Cách làm - Nếu bậc tử nhỏ hỏn bậc mẫu: + Phân tích: Cx  D P( x) A B    2 2 Q( x) x   ( x   ) ax  bx  c + Đồng nhất hai vế đẳng thức tìm A, B, C, D và đưa về tích phân cơ bản. - Nếu bậc tử lớn hơn mẫu thì chia đa thức và đưa về dạng trên. b/ Tích phân hàm lượng giác b  f (sin x). cos xdx ; Đổi biến t = sinx . 1. a b  f (cos x). sin xdx 2. ; Đổi biến t = cosx . a b 3.  f (tgx)dx ; Đổi biến t = tgx . a 1  cos 2 x  2 cos x    2 4.  f (sin 2 n x, cos 2 n x)dx ; Dùng công thức hạ bậc :  a sin 2 x  1  cos 2 x  2  b 1 5.  sin ax. cos bx.dx ; Dùng công thức : sin A. cos B  sin A  B   sin A  B  2 a b b  sin ax. sin bx.dx ; sin A. sin B  1 cos A  B   cos A  B  2 ; cos A. cos B  1 cos A  B   cos A  B  2 a b  cos ax. cos bx.dx a b dx 6.  ; a cos x  b sin x a 1 t2 2t x Đổi biến t = tg . Thì sinx = ; cosx = . 1 t2 2 1 t2 c/ Tích phân hàm vô tỉ 3 b Dạng 1.  f ( x, n a ax  b ).dx ; Đổi biến t = cx  d n ax  b giải tìm x =  (t ) , tính dx theo dt. cx  d b Dạng 2.  f ( x, a 2  x 2 ).dx ; Đổi biến x= asint ; Tính dx theo dt . x 2  a 2 ).dx ; Đổi biến x = a b Dạng 3.  f ( x, a b Dạng 4.  dx 2 x  a2 b dx  ; Đổi biến x = atgt ; Tính dx theo dt . x2  a2 II. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1 Trong cùng một mặt phẳng với một dòng điện thẳng dài vô hạn cường độ I=20A người ta đặt hai thanh trượt kim loại song song với dòng điện, cách dòng điện I một khoảng x0 = 1cm. Hai thanh trượt cách nhau l = 0,5cm (hình 1). Một đoạn dây dẫn AB có chiều dài l được đặt tiếp xúc điện với hai thanh trượt. Tìm hiệu điện thế xuất hiện giữa hai đầu dây AB khi cho AB trượt tịnh tiến trên hai thanh với vận tốc không I đổi v = 3m/s. a Hoặc a ; Tính dx theo dt . sin t a x0 A l r v B Hình 1 Giải Vì đoạn dây AB chuyển động trong từ trường của dòng điện I nên trên đoạn dây AB sẽ xuất hiện suất điện động cảm ứng. Vì mạch điện hở nên suất điện động cảm ứng ec bằng hiệu điện thế U giữa hai đầu dây. I x0 x A x Br dx B vt Hình 2 Sau thời gian t kể từ lúc bắt đầu chuyển động, từ thông quét bởi đoạn dài dx của dây (đoạn này cách dây dẫn mang dòng điện một đoạn x) bằng: d   B.dS  2.10 7 I vtdx x và từ thông quét bởi cả đoạn dây AB bằng:    B.dS  x0  l  x0 2.107 x l I vtdx  2.107 Ivt ln 0 x x0 4  U  ec   x l d  2.107 Iv ln 0  4,87.106V dt x0 Vậy hiệu điện thế xuất hiện trên hai đầu đoạn AB bằng 4,87.10 -6(V) Bài 2 Một vòng dây hình tròn bán kính R = 10cm, đường kính tiết diện dây d = 0,1mm, ur đặt nằm ngang trong một từ trường đều có cảm ứng từ B hướng thẳng đứng. 1. Giả sử vòng dây điện làm bằng vật liệu siêu dẫn. Cho cảm ứng từ B tăng dần từ không đến Bo = 0,1T. Tính cường độ dòng điện cảm ứng xuất hiện trong vòng dây cho biết hệ số tự cảm của vòng dây là L = 0,1mH. 2. Cho dòng điện I = 10A chạy qua vòng dây. a. Tính lực căng F đặt lên vòng dây do tác dụng của từ trường khi B = 0,2T b. Với giá trị nào của cảm ứng từ B thì vòng dây sẽ bị lực từ kéo đứt. Cho biết giới hạn bền của dây là  = 2,3.108 N/m2. Giải 1. Vì điện trở của vòng dây siêu dẫn bằng không nên tổng sức điện động trong vòng dây phải bằng không. uur tc  c-  0   R 2 B0  LI  R2 B 0 I   31, 4( A) L 2IBR IBR IBR 2. a, Lực căng F đặt lên vòng dây tương ứng với lực từ tác dụng lên một phần tư vòng dây (đoạn AB) lực từ Q tác dụng lên dQ r n r n M d B F  T A 0 r B + C F Hình 3 AB có phương on . Xét một đoạn d trên AB có dQ  IBd hướng theo 0M hợp với on một góc  Q   dQCos   IBdCos biÕt   R  d  Rd  2  Q  IBRCos  d  IBR sin   IBR  0,2 N 0 F Q 0,2 Q 2 0,2  ( N )  T  F sin 45 0     0,1 N 2 2 2 2 2 b) Lực tác dụng lên nửa vòng dây Q  2IBR Lực này phân bố đều trên hai tiết diện thẳng ở hai đàu A, C của nửa vòng dây. Gọi Fb và Bb là lực từ kéo và cảm ứng từ khi dây bắt đầu đứt, s là tiết diện dây, ta có: FB    2s    2 d 2 d 2  2IB b R  B b    2,56T 4 2 2IR Bài 3 Một hình trụ đồng chất bán kính R, chiều cao h được đặt trong từ trường đều có r cảm ứng từ B song song với trục đối cứng xx’ của hình trụ như hình vẽ. Tại thời điểm 5 t0  0 hình trụ đứng yên, cảm ứng từ bằng 0. Sau đó cảm ứng từ tăng dần đều từ 0 đến B0 trong khoảng thời gian từ t0 đến  . a) Giả sử hình trụ được làm bằng chất dẫn điện có điện trở suất  và được giữ cố định. Hãy tìm cường độ dòng điện và công suất tỏa nhiệt của dòng điện cảm ứng chạy trong hình trụ. b) Giả thiết hình trụ làm bằng chất điện môi có khối lượng m, điện tích q phân bố đều và có thể quay không ma sát quanh trục đối xứng xx’ của nó. Trục quay cố định. Lúc đầu hình trụ đứng yên. Hãy xác định tốc độ góc của hình trụ tại thời điểm  . Giải a) Chia hình trụ thành các lớp mỏng có trục là xx’ và có độ dày dr. Vì B biến thiên đều nên có thể viết: B  B0  t. Xét lớp mỏng có bề dày dr, cách tâm r. d  d  2 B0  B0 2   r t  r dt dt     Br Gọi E là cường độ điện trường: ec  2 rE ; E  0 . 2 h E Br  j  h nên mật độ dòng điện là: j   0 Vì U  Eh  IR  jS S  2 Suất điện động xuất hiện trong lớp này là: ec  R R 0 0 Cường độ dòng điện là: I   jhdr   B0 h B hR 2 rdr  0 2 4 Công suất tỏa nhiệt trong thể tích một lớp mỏng nằm giữa hai mặt trụ đồng tâm bán kính r và  r  dr  , thể tích dV  h.dr.2 r là: 2 2 R Br Br  hB02 R 4 dP   j dV    0  h.dr.2 r  P     0  h.2 rdr  0 8 2   2   2  2 b) Nếu hình trụ là điện môi, tại điểm cách tâm r có cường độ E đã tính được ở trên: B0 r . Một lớp trụ đáy hình vành khuyên diện tích 2 rdr chiều cao h chịu tác dụng 2 3 R B qr B0 qr 3 qB0 R 2 q 0 dr.2 rhEr  2 dr  M   dr  của momen lực: dM  0  R2h R R 2 4 2 qB M qB0 mR  ; 0 , ta có:   Vì J  J 2 m 2m 2 E Bài 4 Một vòng tròn tâm O, bán kính R, có dòng điện hình sợi chỉ cường độ I chạy qua (hình 4). Người ta muốn tính từ trường tại điểm M nằm trong mặt phẳng và gần tâm vòng OM = r << R. 1. Chứng tỏ rằng từ trường này vuông góc với mặt phẳng vòng dây. 2.b Sau khi đã thiết lập công thức B dưới dạng một tích phân có dùng góc β. Hãy chứng tỏ rằng với r << 1 thì gần đúng: B = R  0 I  3 2  1 4  4 R 2  Giải 6 y P I R O z α θ M Hình 4 x 1. Mặt phẳng của vòng dây là 1mặt phẳng đối xứng B(M) vuông góc mặt phẳng này. 2. Cảm ứng từ do phần tử dòng điện tại P gây ra tại M là R  OM  I dl.sin  sin cos dl = Rd; dB  0 ;  4 PM 2 cos PM R  r cos  PM 0 I Rd  R  r cos    Sin   dB  4  R 2  r 2  2Rr cos  3 2  0 4 R 1   cos  3 1  2 cos    2  2 dQ với  r 1   cos 3u 2 15 2 2      1   cos  1  3  cos    u  cos   3 R 1  2 cos  u 2 2 2 2    1  3u cos  2 3u 2 3 cos 2   1  cosd  0 2 0 2  cosd    BM  0 0 I  3r 2  1   2R  4R 2  Bài 5 z Hãy tính từ trường tạo ra tại điểm O, là tâm của hình chữ nhật ABCD, trong các trường hợp sau đây: Mỗi nửa vòng tròn có bán kính a ta sẽ đặt DA = BC = 2l cường độ dòng bằng I (hình 5). D A O C B Giải Cảm ứng từ do dây BC và AD gây ra tại O. B(BC) = sin  B(DA) = 0 I 2 sin 4 Hình 5 với l l 2  a2   Do tính đối xứng nên B  AB   B  DC  có phương theo trục Oz  0 I   al sin .d .2 B(AB)z =  4a  0 l 2  a 2 32   I l al  B (O )  0   3 2 2  a l a 2 2 2 a  l          B  O  gồm hai thành phần Bz; By. Tính tương tự: Bz=  0 I  l al  3 2 2  2 2 2   a l a   a  l  7 y     0 I a3 By =  l 2  a 2 32 Bài 6 Cho một cuộn dây có lõi sắt (hình 6). Đóng K cường độ dòng điện trong mạch tăng theo đồ thị bên. Điện trở trong của nguồn và dây nối bằng không. Điện trở suất của cuộn dây là  . Đường kính lõi sắt là D, tiết diện của dây dẫn là S. a. Cho biết ý nghĩa của các diện tích S1 , S2 . b. Xác định độ lớn của cảm ứng từ trong lõi sắt dựa vào các đại lượng đã cho.  D i S1 E S2 K Hình 6 0 t0 t Giải a. S1 là điện lượng bị cản lại không được chuyển qua cuộn dây do có sự xuất hiện suất điện động tự cảm. S2 Điện lượng chuyển qua cuộn dây lúc đóng K trong thời gian từ t = 0 đến t = t 0 Cách 1: Gọi q1 là điện lượng dịch chuyển trong mạch do hiện tượng tự cảm .   dq 1 d d   tc  dq 1   tc  dt  dq 1  dt  dt R R dt  R R D2 q1 dB B 4S1 d DSdB DS DSB 4 dq 1      dq 1  dB  q 1  S1  B  nD R 4 4 0 4 DS 0  S n Cách 2: * Gọi R là điện trở của mạch, ta có: di  L  dt  idt  di dt R R I  L L I0 L L  dt  idt  d i  I dt  S  di  S 2  I 0  S 2  0 2      0 R R0 R R RR L  L  Vì I 0  dt = S1 + S2  S1 +S2 = S2 +   S1=  (1) R R R R di d * Mặt khác L   N   LI 0  N 0 . (Coi gần đúng L không đổi) dt dt 2  D 4L 4L  B L  NBS  NB = 2 . (2) 2 R R 4 D RD D 4S1 .. S R  4L S1R s  4S1 Từ (1)   1 thay vào (2) ta có : B =   2 2 R L L Ds D D 4S1 Vậy B  . DS   Ri  L 8 Bài 7 Một đĩa dẫn có tâm O và có bk R quay với vận tốc góc không đổi quanh trục Oz của nó. Đĩa mang một điện tích toàn phần q được phân bố với mật độ điện mặt toàn phần ( Kể cả 2 mặt):   0 r 1   R 2 . Trong đó r = OP là khoảng cách từ tâm tới điểm P của đĩa. 1. Tìm giá trị của  0 theo q và R. Tính mômen từ của đĩa. 2. Tìm biểu thức của từ trường tạo ra bởi 1 phân bố như thế tại 1 điểm M nằm trong mặt phẳng đĩa và rất xa đĩa. Giải 1. Xét phần tử có dạng vành khăn như hình mà trong đó có thể coi δ  const δ0 δ0 ; dS  2π .r.dr => dq  δ.dS  δ .2π . r.dr 2 2 1  Rr  1  Rr  R δ0 0 1  Rr => Q     2 0 1 2 r   r   Q   π.δ 0 .K  1  2  .d1  2  R   R  0 R  2 2 r  .d1  Rr   1 2 2 .2π .rdr   π.δ0 .K  1  Rr  R 2 dr r   Q   π.δ 0 .K 2 .2.1  2   R  2  1 R 2 Hình 7 0 2   Q Q => Q  2ππ. 0 .K 2 1  1  R 2  => δ 0   2 R K  2π .R 2 2π K 2 . 1  1  K  2   ( K = R) 2. Cường độ dòng điện dI chạy trong đĩa : dI  dq với T là chu kỳ quay của đĩa. T Mômen từ tương ứng : dPm  dI.π .r 2  dq .π .r 2  dq. ω. π .r T 2 2π KQ: Mômen từ của đĩa tích điện : q quay quanh trục Oz với vận tốc ω R R dq 2π .r.dr π .r 3 .dr Pm   . ω. π .r 2   δ. . ω. π .r 2   δ 0 .ω 2 2π 0 2π 0 1  r  R Bài 8 Cho một vòng dây tròn bán kính R và có trục (Ox) có dòng cường độ I chạy qua. Các đường sức trường nằm trong mặt phẳng (xOy) và đi qua mặt phẳng vòng dây ở khoảng cách r 1 = 0,4 R tới trục (Ox), cắt lại trục (Oy) ở r 2 = 5,9 R tới trục (Ox). Hãy giải thích tốt nhất có thể được kết quả này. B 5,9 Nhớ lại rằng trong mặt phẳng vòng dây lân cận trục, từ 2  0 I  3 r   trường có biểu thức gần đúng: B 1  (M )      2R  4 R  Giải 0,4  B là một véc tơ có thông lượng bảo toàn.  Từ thông Φ1 qua vòng tròn đường kính AA’ phải bằng từ thông Φ2 qua điện tích mặt phẳng vòng dây trừ đi vòng tròn đường kính BB’. Ta có: 1 A 0 -0,4 -5,9 A’ B’ Hình 8 9 0 I  3r 2  + Φ1 =  B(r )2rdr   1  4 R 2  2rdr 0 0 2R   2 4  M r 3 r1  = 0  12  với M = IπR2 4  2R  R 8R  r1 r1  + Φ2 =  B(r )2rdr r1 Vì r > r2  6R nên ta dùng biểu thức từ trường tạo bởi lưỡng cực từ: M = IπR2 B(r) =  Φ2 =  0 M  4r r1 3 0 M 4r 3 .2rdr   02 M 2r2 R r12 3r14 Bảo toàn từ thông: Φ1 = Φ2   2  r2 R 8R 4  Với r1 = 0,4 R thay vào  r2 = 5,90 R  điều phải chứng minh. Bài 9 Cho một khung dây dẫn kín hình chữ nhật ABCD bằng kim loại, có điện trở là R, có chiều dài các cạnh là a và b. Một dây dẫn thẳng  dài vô hạn, nằm trong mặt phẳng của khung dây, song song với cạnh AD và cách nó một đoạn d như hình 9. Trên dây dẫn thẳng có dòng điện a cường độ I0 chạy qua. A B 1. Tính từ thông qua khung dây. 2. Tính điện lượng chạy qua một tiết diện thẳng của d khung dây trong quá trình cường độ dòng điện trong dây dẫn b thẳng giảm đến không. 3. Cho rằng cường độ dòng điện trong dây dẫn thẳng  giảm tuyến tính theo thời gian cho đến khi bằng không, vị trí D C dây dẫn thẳng và vị trí khung dây không thay đổi. Hãy xác Hình 9 định xung của lực từ tác dụng lên khung. Giải 1. Tại điểm cách dây dẫn r : B = d a   d 0I0 2r 0I0b  I b a dr  0 0 ln(1  ) = 0 2r 2 d 2.Trong thời gian nhỏ dt có s.đ.đ : dq E d d   , trong mạch có dòng i  ; dt R Rdt dt   0 0  0 0 0I0b d a   dq = q=  = ln(1  ) R R R 2R R. d E=- 3.Gọi t là thời gian dòng giảm đến 0: I = I0 - kt, sau ∆t thì I = 0 = I0 – kt → k = - I0/∆t thì I = I0(1 – t/t) ; E = - ’ ; 10 trong khung có i = E/R =- ’/R = 0b a I ln(1  ) 0 = hằng số. 2R d t Lực tác dụng lên khung là tổng hợp hai lực tác dụng lên các cạnh AD và BC: F = B1bi – B2bi = 0b 0b  0 ab Ii  Ii  Ii 2d 2(d  a ) 2d(d  a ) Xung của lực là: t X =  Fdt = 0  0 I 0 abi t t  02 .ab 2 I 02 a I ( 1  ) dt = ln(1  ) 0  2 2d (d  a ) 0 t d 4 d (d  a ) 2 R Cách khác 1. Ta có : d  B.dS => d  μ 0 .I .b.dx 2 π .x da μ I.b dx μ .I.b da =>    0 . (1)    0 . ln 2π d d 2π x d μ0 .b.dI d  a 2. Ta có : Vi phân hai vế (1) :  .ln dt 2 π .dt d e μ b d  a dI d μ0b d  a dI => i  C  0 . ln  eC   .  . ln . R 2π .R d dt dt 2π d dt μ b μ b da da => dq  i.dt  0 . ln => Q  0 . ln .dI 2π .R d 2π .R d 3. Ta có : Giả sử : I = I0 - kt d μ0b da k.μ0b da => i  eC    . ln k . ln dt 2π d 2 π .R d k.μ 0b μ 0I  d  a  μ 0 .I => F  F1  F2  . ln .   2π .R d  2π .d 2π  a  d   k.μ 0 .b 2 a  d μ 0a .ln . . I  kt => F  2π . R d 2π . d  a  d  0 t k.μ02 .ab2 ad t .ln .  I  kt => P   F.dt  a 0 0 0 4π2 .d  a  d  R  Với t  I0 k =>  I02 .μ02 . ab2 ad . ln Kết quả : P  a π 2d a  d R   Bài 10 Trên mặt bàn nằm ngang không dẫn điện có đặt một vòng mảnh bằng kim loại khối lượng M và bán kính a. Vòng ở trong một từ trường đều nằm ngang có r cảm ứng từ B . Xác định cường độ dòng điện cần phải cho đi qua vòng kim loại để nó bắt đầu được nâng lên. Giải r Giả sử cảm ứng từ B có hướng như trên hình vẽ, còn r B O’ O dỏ ỏ ur F + dòng điện I đi qua vòng kim loại ngược chiều kim 11 Hình 10 I đồng hồ. Xét một phần tử vô cùng bé dl kẹp giữa hai vectơ bán kính được dựng dưới các góc α và α  dα , trong đó dα là góc vô cùng nhỏ. Chiều dài của phần tử này bằng dl  adα . Lực Ampe tác dụng lên phần tử này khi có dòng điện I chạy qua có hướng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ (cũng được coi là mặt phẳng nằm ngang) và đi vào phía sau trang giấy. Độ lớn của lực này bằng: dF  Idla sin α  IBa sin αdα Như thấy rõ từ hình vẽ, tại các góc 0  α  π lực Ampe hướng vào phía trong trang giấy, còn tại các góc π  α  2π lực này lại đi ra phía ngoài trang giấy. Do đó, trên vòng kim loại tác dụng một mômen lực nâng đối với trục OO' và mômen cản của trọng lực. Dễ dàng thấy rằng khi tăng cường độ dòng điện I thì mômen của lực Ampe tăng và tại một giá trị giới hạn I gh của dòng điện thì mômen lực này sẽ so được với mômen trọng lực và vòng kim loại sẽ bắt đầu được nâng lên, bằng cách quay xung quanh trục OO'. Bây giờ ta sẽ tính mômen lực Ampe tác dụng lên phần tử dl đối với trục OO': dM A  dF (a  a sin α)  IBa 2 (sin α  1) sin αdα. Suy ra mômen lực Ampe toàn phần tác dụng lên toàn vòng kim loại bằng: 2π M A  IBa 2  (sin α) 0 2π 2 dα  IBa 2  sin αdα 0 Tích phân thứ nhất bằng π , còn tích phân thứ hai bằng 0. Bởi vậy: M A  πIBa 2 Mômen trọng lực tác dụng lên vòng kim loại đối với trục OO': M T  Mga Vòng bắt đầu được nâng lên khi mômen lực tổng cộng bằng 0: πI gh Ba 2  Mga  0 Từ đó suy ra cường độ dòng điện phải đi qua để vòng kim loại bắt đầu nâng lên bằng: I gh  Mg . πBa Bài 11 Trên một đĩa nằm ngang không dẫn điện có gắn một thanh kim loại mảnh AC nằm dọc theo bán kính đĩa . Đĩa ở trong một từ trường đều có cảm ứng từ B  102 (T ) và thực hiện một dao động xoắn điều hoà xung quanh trục thẳng đứng đi qua tâm O của đĩa: φ(t )  φ0 sin ωt . Chiều dài của thanh L= a+b, trong đó a  0,5mm và b  1,0mm . Hãy xác định hiệu điện thế cực đại giữa hai đầu A và C của thanh, nếu φ0  0,5rad và ω  0,2rad / s. Giải Giả sử tại thời điểm nào đó thanh chuyển động ngược chiều kim đồng hồ. Vận tốc góc của thanh bằng: φ' (t )  φ0 ω cos ωt. Hình 11 Vận tốc dài của điện tích tự do ở cách trục quay một khoảng x tại thời điểm đó bằng: v( x, t )  φ' (t ).x  φ0 ωx cos ωt Lực Lorentz tác dụng lên điện tích đó bằng: FL  ev( x, t ) B  eφ0 ωxB cos ωt 12 - Dưới tác dụng của lực Lorentz sẽ xảy ra sự phân bố lại các điện tích tự do: tại các đầu của thanh sẽ có dư các điện tích dương, còn tại vùng gần tâm O sẽ xuất hiện các điện tích âm. Sự phân bố lại các điện tích tự do sẽ dẫn tới xuất hiện trong thanh một điện trường. Cường độ E ( x, t ) của điện trường đó tại một điểm bất kỳ có thể tìm được từ điều kiện cân bằng điện tích (không có dòng điện trong thanh), khi lực Lorentz bằng lực tĩnh điện do điện trường nói trên tác dụng. Cụ thể là: uur Fd uur FL Hình 12 eφ0 ωxB cos ωt  eE( x, t )  0 Từ đó suy ra: E ( x, t )  φ0 ωxB cos ωt. Đây chính là phân bố cường độ điện trường trong thanh tại thời điểm bất kỳ. Khi đó, h.đ.t giữa hai đầu A và C của thanh bằng: φ0 ωB 2 (b  a 2 ) cos ωt. 2 a a  B Dễ dàng thấy rằng h.đ.t. cực đại bằng: U max  0 (b 2  a 2 )  3, 75.1010 (V ) . 2 b b U (t )    E ( x, t )dx   φ0 ωB cos ωt.xdx  *Cách khác: Suất điện động cảm ứng trên AC: d  B.dS  B. b2 Bb 2 ' Ba 2 ' .d   c1  . ,  c2  .  U CA   c1   c2 2 2 2 Bài 12 Một cuộn dây b, tâm O, trục (Oz) được cấu tạo bởi N vòng bán kính a. Cuộn dây tự nó khép kín; nó có điện trở R và độ tự cảm không đáng kể. ta cho một nam châm lại gần cuộn dây với vận tốc không đổi v dọc theo trục Oz. Ta giả thiết rằng trường do nam châm tạo ra cũng giống từ trường của một lưỡng cực từ có momen M, đặt tại P, cũng trên đường thẳng với (Oz). r  M a θ O d Hình 13  Ta thừa nhận biểu thức của thế vectơ A M tại một điểm M, tạo ra bởi một lưỡng cực có momen từ μ tại P là:    M  PM AM  0 4PM 3   Xác định theo góc θ của sơ đồ, lực F do nam châm tác dụng lên cuộn dây. Tìm khoảng cách d0 để lực đó cực đại? Ta tính d0 theo a. Giải  1. Tại một điểm của cuộn dây ta có: A  Suất điện động cảm ứng: e = với      A dl N cuon day d dt  0 Ma sin er 2 0 M sin 4 r 2 M φ  M   0 N sin 3  2a • P θ A(M )  O M Hình 14 13 z i  3 NM e d d v 2 với  0 sin 2  cos  sin  R 2aR dt dt a Lực tác dụng lên vòng dây có chiều hướng theo trục (Oz).  Thừa nhận từ trường B do nam châm tạo ra tại điểm M có hai thành phần.  0 M sin3  Thành phần B theo (phương  ) PM có độ lớn: B1 = sin 4a 2  0 M sin3  Thành phần B theo phương PM là B2 = 2 cos 4a 3 Xét phần tử dl thành phần song song trục Oz của lực laplace là:  0 M sin3  dFz = B z idl = (B1cosθ + B2sinθ)idl = idl3sin cos 4a 3 2 30 NM 3 0 NM  1 d  4 F  di sin  cos =  (sin6  cos2  )  2 3 2 2a   Ra 2  3 NM  V (sin8  cos2  ) F =  0  4  2  Ra a a 1  Lực cực đại khi cos 2θ =  tg  2 và d0 = tg 2 5 dt Bài 13 Hai dây dẫn dài vô hạn song song đặt cách nhau một khoảng cách d mang các dòng điện I bằng nhau nhưng ngược hướng nhau, trong đó I tăng với tốc độ I I dI . Một vòng dây hình vuông có chiều dài dt d d một cạnh là d nằm trong mặt phẳng của các dây dẫn d và cách một trong hai sợi dây song song một khoảng d bằng d như hình 15. Hãy tìm suất điện động cảm ứng trên vòng dây Hình 15 hình vuông và cho biết chiều của dòng điện cảm ứng chạy trong nó, giải thích tại sao lại có chiều như vậy. Giải Từ trường do một dây dẫn thẳng, dài vô hạn mang dòng điện I sinh ra tại một điểm cách dây dẫn một khoảng cách r là: I B 0 2 r Từ trường này có hướng vuông góc với sợi dây. Như vậy từ thông do dây dẫn 1 gửi qua vòng dây là: 1 I 3d 0 Id 0 Id 3 d 1   dr  ln I 2 2  r 2  2 2d d Hướng của nó đi vào phía trong mặt phẳng vẽ. Ngược lại, dây dẫn 2 ở gần vòng dây hơn, cho từ thông d 2d 0 Id 0 Id 2   dr  ln 2 d 2 r 2 d Hình 16 14 Hướng của nó đi ra ngoài mặt phẳng vẽ. Do đó, từ thông toàn phần gửi qua vòng dây là:   2  1  0 Id 4 ln 2 3 Hướng đi ra ngoài mặt phẳng vẽ. Do đó, suất điện động cảm ứng trong vòng dây hình vuông là:    d  4  dI d   0 ln   dt 2  3  dt Từ biểu thức từ thông toàn phần gửi qua vòng dây, ta thấy khi dòng điện I tăng thì từ thông  cũng tăng. Theo định luật Len-xơ thì dòng điện cảm ứng lúc này sẽ sinh ra từ r r trường Bc chống lại sự tăng của từ thông  , tức là Bc phải có chiều hướng vào trong mặt phẳng vẽ . Từ đó, theo qui tắc nắm tay phải, ta suy ra dòng điện cảm ứng phải có chiều theo chiều kim đồng hồ. Bài 14 Một hình trụ đồng chất bán kính R , chiều cao h được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng B song song với trục đối xứng xx ' của hình trụ. Tại thời điểm t 0  0 hình trụ đứng yên, cảm ứng từ bằng không. Sau đó cảm ứng từ tăng đều từ 0 đến B0 trong khoảng thời gian từ t 0 đến  . a) Giả thiết hình trụ được làm bằng chất dẫn điện có điện trở suất  và được giữ cố định. Hãy tìm cường độ dòng điện và công suất toả nhiệt của dòng điện cảm ứng chạy trong hình trụ. R x b) Giả thiết hình trụ là chất điện môi có khối lượng m , x’ điện tích q phân bố đều và có thể quay không ma sát quanh trục đối xứng xx ' của nó. Trục quay cố định. Lúc đầu hình trụ đứng hx yên. Hãy xác định vận tốc góc của hình trụ tại thời điểm  . ’ Giải ur a) Chia hình trụ thành các lớp trụ mỏng có trục  xx’ và có độ ur B B x’ dày dr. Vì B biến thiên đều nên có thể viết: B  B0  t . Xét lớp mỏng bề dày dr, cách tâm r. S.đ.đ xuất hiện trong lớp này là   ’’ Hìnhx’17 B B d d  ( r 2 0 t )  0  r 2 dt dt   - Gọi E là cường độ điện trường: B0 r . Vì U = Eh = I.R = j.S. ρh/ S = j ρh nên : 2 R R Bh B hR 2 E B0 r I   jhdr   0 rdr  0 j  Mật độ dòng điện là . . 2 4  2 0 0   2 rE   Công suất toả nhiệt trong thể tích một lớp mỏng nằm giữa hai mặt trụ đồng tâm bán kính r và (r + dr), thể tích dV = h.dr.2r là 15 dP   j 2 dV   ( B0 r 2 ) h.2 rdr 2 R R 0 0 P    j 2 dV    hB02 3  hB02 R 4 . r dr  2 2  8 2  B0 r . 2 Một lớp trụ đáy hình vành khuyên diện tích 2.r.dr chiều cao h chịu tác dụng của mô B0qr 3 q men lực dM  dr.2  r.hE.r  dr R 2 h R 2 R R B qr 3 qB R 4 qB R 2 M   dM   0 2 dr  0 2  0 Tổng các mômen lực là: ; R 4 R 4 0 0 b) Nếu hình trụ là điện môi, tại điểm cách tâm r có cường độ E đã tính ở trên: E  I qB qB M qB0 mR 2  ;  ;  0  0 I 2 m 2 m 2m 2 Bài 14 Hai vòng dây bán kính như nhau và điện trở R, chuyển động tịnh tiến trên cùng mặt phẳng tiến về phía nhau với cùng vận tốc, từ trường đều B vuông góc với mặt phẳng. Tính lực tác dụng lên mỗi vòng tròn tại thời điểm mà vận tốc bằng v và góc  AOB  rad ; trong đó A, B là các điểm tiếp xúc điện tốt, bỏ qua độ tự cảm của mạch 3 điện. Giải - Khi hai vòng dây tiếp xúc điện với nhau có ba mạch điện kín. Vì hai vòng dây chuyển động tương đối với nhau thì sự biến đổi điện tích ở ba mạch là như nhau. Do A đó, suất điện động cảm ứng trong ba mạch R (2) (3) bằng nhau. (1) (4) α O O’ - Mặt khác, coi suất điện động cảm ứng trong mỗi mạch kín gồm hai suất điện động B ở hai phần dây nối với nhau ở hai điểm tiếp xúc, ta có:  cu   1   2   2   3   3   4  cu Hình 18           1 2 3 4 2  2   3 - Từ thông biến thiên qua mỗi mạch: 1      B.S A2 B 3 A  B.2S quatOAB  S OAB   2B. .R 2  .2R. sin .R. cos  2 2 2  2      BR 2   2 sin . cos   BR 2 .  sin   2 2  (1) Gọi:     dx  2 R  R. cos   2 R.1  cos  2 2   dx 1  d  d   2v  2 R. . sin .  R. sin . dt 2 2 dt 2 dt d 2v    dt R. sin 2 R α/2 v dx (2) 16 Hình 19 + Suất điện động cảm ứng:  cu    cu  BR 2 .2 sin 2  2 2v . R. sin  d d . Thay vào (2) ta được:  BR 2 1  cos . dt dt  4 BvR. sin 2   1   2   3   4  2 BvR. sin  A 2 I1  ε2 ε1 I2 + B I3 ε4 ε3 2 Ta có mạch điện tương đương: + Điện trở các đoạn mạch 1, 2, 3 và 4 là:     r1  r4  r 1  2     r  r  r .  3  2 2 I4 F3 F1 B I4 Hình 20 I1  I 4 , nên tách nút A, B: I 2  I 3 Do tính đối xứng của dòng điện:       2   3 2 BvR. sin 2 4BvR. sin 2   I 2  I 3   r2  r3 r.  r.  2     2 BvR. sin 4BvR. sin I  I   1   4  2  2 4  1 2    r1  r4 r 2    r  2  * Tính lực tác dụng lên cung AB: Xét phần tử dòng điện I.d l chịu tác dụng của lực từ: d F  d Fx  d Fy y Lực tác dụng lên đoạn dây là cung AB: F   d F   d Fx   d Fy   d Fy  A  F   dFy d Mà: dFy  dF. cos  BI .dl. cos  dFy  B.I 3 .R. cos .A’  /2  FAB  2  B.I 3 .R. cos .d  2 B.I 3 .R. sin 0  α/2 θ R  8B 2 .v.R 2 . sin 2 r. 2  Vậy lực tác dụng lên vòng dây bên trái: 17 O1 Hình 21 2  2 r. 2    FA1B  2 B.I 1 .R1 . sin  2 B.I 1 .R. sin 2 2 Tương tự:   4B.v.R. sin 8 .B 2 .v.R 2 . sin 2 2 .R. sin   2  FA1B  2 B. r.2    2 r.2     FAB  2 B. 2 .R. sin  dF θ 0 4BvR. sin d Fy B d Fx B’ F  FA1B  FA3B  8 B 2vR 2 sin 2 Thay số, ta được: F  r  2 1  1  F      2    16 2 B 2v.R 2 .sin 2  .  2    .r  2 36 2 R 2 B .v. 5 r Bài 22 Thanh kim loại OA khối lượng m, chiều dài a có thể quay tự do quanh trục thẳng đứng Oz. Đầu A của thanh tựa trên vòng kim loại tròn, tâm O, bán kính a đặt cố định nằm ngang. Đầu O của thanh và một điểm của vòng kim loại được nối với điện trở thuần R, tụ điện C, khóa K và nguồn điện E tạo thành mạch điện như hình 29. Hệ thống đặt trong từ trường đều, không đổi có cảm ứng từ B hướng lên. Điện trở của thanh OA và của vòng dây, điện trở khóa K và các dây nối, điện trở tại các điểm tiếp xúc và của nguồn E nhỏ không đáng kể so với điện trở R. Bỏ qua hiện tượng tự cảm, mọi ma sát và lực cản không khí. Ban đầu K mở, tụ C chưa tích điện và thanh OA nằm yên. Tại t = 0, đóng khóa K: 1. Thiết lập hệ thức liên hệ giữa vận tốc góc ω của thanh OA và điện tích q của tụ điện sau khi đóng khóa K. 2. Giả sử nguồn E có suất điện động E0 = const. a) Tìm biểu thức ω và q theo t. z ur b) Tính ω và q sau thời gian t đủ lớn. Khi đó hiệu điện B thế giữa hai bản tụ có bằng E0 không? Tìm nhiệt lượng A tổng cộng tỏa ra trên điện trở R. 3. Giả sử E là nguồn xoay chiều có hiệu điện thế O e  E0 . cos 0 t a) Tìm biểu thức cường độ dòng điện I trong mạch và vận tốc góc ω của thanh theo t. b) Tính cường độ dòng điện trong mạch và vận tốc góc ω R của thanh sau thời gian đủ lớn. Biết: C + Mômen quán tính của thanh OA đối với trục Oz là K 1 ma 2 . 3 E dy  a. y  F , với + Nghiệm của phương trình vi phân: dx y  yx  và a là hằng số. d Nếu F = d = const, thì: y  A.e  a. x  a Nếu F  d. cosbx (d, b là hằng số), thì: y  A.e  a. x  Hình 22 d b. sin bx  a. cos bx a  b2 2 Giải 1. Khi đóng K, dòng điện chạy trong mạch tích điện cho tụ C. Khi đó, thanh OA chịu tác dụng của lực từ làm thanh quay quanh trục Oz, trên thanh xuất hiện suất điện động cảm ứng. - Gọi I là dòng điện chạy qua thanh OA, lực từ dF tác dụng lên đoạn dr của thanh là: dF = B.i.dr - Mômen lực từ tác dụng lên thanh: 18 a M   Bi.r.dr  i.B. 0 a2 2 - Phương trình chuyển động quay của thanh: d a2 1 2 d a2 I. dt  M  i.B. 2  ma .  i.B. 3 dt 2  q 3 B 3 B 3 B  d  . i.dt  . .dq   d    . .dq 2 m 2 m 2 m 0 0 3 B    . .q 2 m 2. a) Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên thanh OA: (1) ec   d Ba 2  ec   dt 2 Vì sau thời gian dt, thanh quét được góc dα nên độ biến thiên từ thông: 1 B.a 2 d  B.dS  B. a.a.d  .d 2 2 - Áp dụng định luật Ohm cho mạch kín, ta có: E0  ec  u C  i.R B.a 2 . q dq   R. 2 C dt dq q  3 B 2 .a 2 .c  E 0 1  .   Từ (1) và (2), ta có: dt RC  4 m  R  E0  (2) (3) E RC ; I0  0 2 2 R 3B a c 1 4m Thì từ (3) ta tìm được: q  Q0 .e t / t0  I 0 .t 0 Đặt: t 0  + Tại t = 0, q = 0 nên: Q0   I 0 .t 0 Thay vào (1) ta được:  3B.I 0 .t 0 2m Vậy: q  I 0 .t 0 .1  e t / t  1  e   b) Sau thời gian t đủ lớn: t >> t0 thì: e ổn định: q0  I 0 .t 0  (4)  t  t0 t t0 0      (5) (6)  0 và điện tích của tụ có độ lớn không đổi C.E0 3.B 2 .a 2 .C 1 4m (7) - Vận tốc quay của thanh đạt trị số ổn định (quay đều) khi: 0  3B.I 0 .t 0 6 B.C.E0  2m 4m  3B 2 .a 2 .C (8) Khi đó giữa hai đầu thanh có hiệu điện thế bằng suất điện động cảm ứng: B.a 2 . 0 3.B 2 .a 2 .C.E0 U thanh  Ecu  2 - Hiệu điện thế hai bản tụ: Ta thấy: U thanh  U C 0  E0  4m  3B 2 .a 2 .C q E0 U C0  0   E0 C 3B 2 .a 2 .C 1 4m 19 (9) (10) - Công tổng cộng của nguồn: AE  q 0 .E 0  WC  - Năng lượng tụ điện: - Động năng của thanh: I 02 1 ma 2 CE 02 3B 2 a 2 C 1 4m C.E 02 q 02  2 2C  3B 2 a 2 C    11  4m   CE02 3 B 2 a 2C  W  . . đthanh 2 2 4 m  3B 2 a 2 C  3B 2 a 2 C  2  16m . 1  2 1    4m  4m    - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: AE  WC  Wđthanh  Q Wđthanh  36 B 2 .C 2 .E02  . . 2 2 3 CE 02  Q  AE  WC  Wđthanh   (11)  3B 2 a 2 C   21  4m   dq q 3. Tương tự như câu 2, ta có phương trình:   I 0 . cos0 .t dt t 0 (12) Tại t = 0: q = 0 ta có: t    t0 0 .t 0 . sin 0 .t  cos0 .t  e    t   3B.I 0 .t 0  t0  0 .t 0 . sin 0 t  cos0 .t  e Và:    2m 1   02 t 2   t  I 0  2 2 dq t0  0 t 0 . cos 0 t   0 .t 0 . sin 0 t  e Từ (13) ta có: i  dt 1   02 t 02  I 0 .t 0 q 1  02 .t 02 (13)  (14)  - Sau thời gian t đủ lớn: t >> t 0 thì: e i0 d  Và:  od  I0 1  t 2 2 0 0  t 2 2 0 0  t t0     (15)  0 , trong mạch có chế độ cưỡng bức: cos 0 t   0 t 0 sin  0 t  (16) 3BI 0 t 0 . 0 t 0 sin  0 t  cos 0 t  2m 1   02 t 02   III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1 Trong một dây dẫn thẳng dài vô hạn có dòng điện không đổi cường độ I1 chạy qua. Đặt một đoạn dây dẫn thẳng AB có chiều dài là d đồng phẳng và vuông góc với dây dẫn thẳng dài vô hạn, đầu A cách dây dẫn thẳng dài vô hạn một khoảng a, trong đoạn dây dẫn AB có dòng không đổi cường độ I2 chạy qua (hình 23). a) Xác định độ lớn và hướng của lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn AB ? 20 I1 I2 A a d Hình 23 B