Tài liệu Hệ thức liên hệ giữa cường độ điện trường điện thế và các bài tập áp dụng

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO QUẢNG NINH TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HẠ LONG ********************************** CHUYÊN ĐỀ : HỆ THỨC LIÊN HỆ GIỮA CƯỜNG ĐỘ ĐIỆN TRƯỜNG – ĐIỆN THẾ VÀ CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG Người viết : ĐỖ THỊ DIỆU THÚY Tổ : Vật lý-côngnghệ Trường : THPT Chuyên Hạ Long Hạ Long, tháng 8/2012 CHUYÊN ĐỀ: HỆ THỨC LIÊN HỆ GIỮA CƯỜNG ĐỘ ĐIỆN TRƯỜNG – ĐIỆN THẾ VÀ CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG. I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT. 1. Đặt vấn đề.  Đặc tính về lực của điện trường là véctơ cường độ điện trường E . Cường độ điện trường được định nghĩa bằng thương số của của lực do điện trường tác dụng lên điện tích thử và độ lớn của điện tích thử đó. Từ định nghĩa này dễ dàng thấy cường độ điện trường không phụ thuộc vào độ lớn điện tích thử (miễn là nó không làm thay đổi điện trường mà ta đang xét) và bởi vậy nó đặc trưng cho chính điện trường đó. Ngoài đặc trưng về lực ra, người ta còn đưa vào đại lượng đặc trưng về mặt năng lượng của trường, đó là điện thế V. Khác với cường độ điện trường, điện thế là một đại lượng vô hướng và có độ lớn bằng thương số của thế năng tương tác của điện tích thử với trường và độ lớn của điện tích thử đó. Thế năng của điện tích đặt tại một điểm M trong điện trường ngoài về trị số bằng công cần thiết phải thực hiện để làm dịch chuyển điện tích đó từ mốc tính thế năng đã chọn (tức là điểm qui ước thế năng bằng không) về điểm M. Do đó giá trị của thế năng cũng như điện thế tại một điểm đã cho phụ thuộc vào mốc tính điện thế đó. Như vậy không phải bản thân điện thế tại một điểm mà là sự biến thiên của nó trong không gian (tức hiệu điện thế) mới có ý nghĩa vật lý, vì nó không phụ thuộc vào việc chọn mốc tính. Trên thực tế, điện trường có thể đặc trưng chỉ bởi một hàm, chẳng hạn như điện thế, vì cường độ điện trường có mối quan hệ đơn giá với điện thế, nên ta có thể tính điện thế với phân bố cường độ điện trường đã biết, hoặc ngược lại, tính cường độ điện trường E khi phân bố điện thế V đã biết. 2. Tính điện thế từ điện trường. Ta có thể tính hiệu điện thế giữa hai hai điểm M và N trong một điện trường nếu ta biết điện trường E ở mọi vị trí dọc theo một đường nào đó nối hai điểm đó. Xét một điện trường bất kỳ được biểu diễn bằng các đường sức như hình vẽ 1 và một điện tích thử q 0 chuyển độngdọc theo đường đã chỉ từ điểm M đên điểm N. Ở một điểm nào đó trên đường đi, lực  tĩnh điện q 0 E tác dụng lên điện tích khi nó thực hiện một di chuyển vi phân d s , ta có công do lực   d s là: dịch chuyển F thực hiện trong đoạn     dW F.d s q 0 E.d s Để tìm công toàn phần W do điện trường thực hiện lên hạt khi nó dịch chuyển từ điểm M đến  N ta lấy tổng bằng tích phân công vi phân đã thực hiện lên điện tích cho mọi dịch chuyển vi phân d s dọc đường đi. N   WMN q 0 E.d s M. M Mặt khác ta có ΔV VM  VN  N Ta tìm được WMN q0   VM  VN  Ed s q0 + ds .N qoE M Hình 1 Kết quả trên không phụ thuộc vào giá trị q0 mà ta đã dùng để tính. Vậy nếu biết điện trường trong miền nào đó phương trình trên cho ta tính hiệu điện thế giữa hai điểm bất kỳ ở trường. Vì lực điện là bảo toàn nên tất cả các đường đi đều dẫn đến cùng một kết quả. Tất nhiên một số đường có thể tính dễ dàng hơn các đường khác. Nếu ta chọn điện thế V M tại điểm M nào đó làm mốc thì ta có phương trình N   V  E.d s M phương trình này cho ta điện thế tại một điểm N nào đó ứng với mốc điện thế tại điểm M. Nếu ta chọn M ở xa vô cùng thì ta cho điện thế tại một điểm N đối với thế ở xa vô cực. 3. Tính điện trường từ điện thế. Trong phần 2 ta đã biết làm thế nào để tính điện thế ở một điểm nếu biết điện trường ở đó. Trong phần này ta sẽ đi theo đường khác nghĩa là tìm điện trường khi biết điện thế. Nếu ta biết điện thế V ở tất cả các điểm gần một tập hợp điện tích ta có thể vẽ được một họ mặtđẳng thế. Các đường sức điện trường, vẽ vuông góc với các mặt đó sẽ cho ta thấy sự biến thiên của E . Hình vẽ 2, cho ta thấy các mặt cắt của một họ các mặt đẳng thế ở gần nhau. Hiệu điện thế giữa  mỗi cặp lân cận là dV. Điện trường E ở một điểm P bất kỳ vuông góc với mặt đẳng thế đi qua điểm đó.  Giả sử có một điện tích thử q0, dịch chuyển một đoạn d s từ một mặt đẳng thế bên cạnh. Ta có công mà điện trường thực hiện trên điện tíchthử đó trong quá trình dịch chuyển là (-q 0dV). Mặt khác  công điện trường cũng được tính bằng (q 0 E)d s hay q0Ecosds. Cân bằng hai biểu thức ta được. -q0dV=q0E(cos)ds Ecosθ  Hay dV ds  Vì Ecos là thành phần của E  dọc theo trục s (nằm dọc theo d s ) phương trình trên trở thành: E q0 + ds  V s E s   Vậy thành phần E hướng dọc theo một hướng nào đó bằng trừ tốc độ biến thiên của điện thế theo khoảng cách trên hướng đó. Hình 2 Nếu ta lấy trục s lần lượt là các trục x, y, z ta sẽ tìm được các thành phần x, y, z của E tại một điểm bằng. E x  V x E y  V y E z  V z Như vậy nếu ta biết tại mọi điểm trong một miềnquanh một phân bố điện tích, nghĩa là nếu ta biết V(x,y,z) ta có thể tìm được các thành phần của E tại một điểm nào đó bằng cách lấy đạo hàm riêng phần của V. II. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài toán 1: Thế ở một điểm trên trục của đĩa tích điện được cho bởi biểu thức sau: V σ  2 z  R2  2ε 0   1 2  z  với R là bán kính của đĩa,  là mật độ điện mặt. Xuất phát từ biểu thức này, hãy suy ra biểu thức cho điện trường ở một điểm nào đó nằm trên trục của đĩa. P. Bài giải:  Do đối xứng, E phải nằm dọc theo trục của đĩa. z R o s Nếu ta chọn trục s trùng với trục z của đĩa thì ta có 1 dV σ d  2 σ  E z   z  R 2 2  z   1   2ε 0  dz 2ε 0 dz       z2  R 2  z Hình 3 Bài toán 2: Một mặt cầu dẫn tích điện bán kính R1 được bao quanh một lớp cầu làm bằng điện môi, bán kính ngoài R2. Hãy tìm phân bố điện thế V(r) trong toàn không gian và vẽ phác đồ thị tương ứng, nếu biết điện tích của mặt cầu là Q. Bài giải: Trước hết tìm phân bố cường độ điện trường E(r). Vì bài toán có tính đối xứng cầu, nên cường độ  điện trường và điện thế chỉ phụ thuộc vào độ lớn r không phụ thuộc vào hướng của nó. Ta phân không gian thành ba vùng r R 2 , R 1 r R 2 , r R 1 . Dễ dàng thấy rằng cường độ điện trường do điện tích gây nên trong vùng r R 2 bằng cường độ điện trường do điện tích điểm Q đặt tại tâm mặt cầu gây nên. Do đó trong vùng này Q E r   4ππ0 r 2 Sử dụng mối liên hệ giữa cường độ điện trường và điện thế nói trên Q Q V  Edr   dr   const 1 2 4ππ0 r 4ππε Để tìm hằng số const1 ta chọn mức không của điện thế ở vô cùng, tức là khi r   , V  0 , với cách chọn mốc như vậy hằng số trong biểu thức trên bằng không, khi này phân bố điện thế có dạng. V r   Q 4ππ0 r Xét vùng R 1 r R 2 , trong vùng này điện trường tương đương với điện trường của điện tích điểm Q, còn toàn không gian thì choán đầy chất điện môi có hằng số điện môi là . Bởi vậy phân bố cường độ điện trường trong vùng có dạng. Q E r   4ππ0 εr 2 +  R1 + Làm tương tự như trên ta tính được + Q + V r    const 2 .o 4ππ0 εr R2 Vì V(r) là hàm liên tục nên điện thế tại r=R 2 phải có giá trị + Q+ như nhau khi r  R 2 từ cả hai phía bên phải cũng như bên + trái, tức là: Q Q   const 2 4ππ0 R 2 4ππ0 R 2 Từ đó suy ra const 2  Hình 4 Q  1 1   4ππ0 R 2  ε Và phân bố điện thế trong vùng này có dạng. Q Q ε  1 V V r    4ππ0 εr 4ππ0 εR 2 Cuối cùng ta xét vùng r R 1 . Dễ dàng thấy trong vùng này cường độ điện trường bằng không và do đó V(r) =const =const3. Tương tự như trên hằng số const 3 tìm được từ biểu thức trong vùng thứ 2 khi cho r  R 1 và ta được. o r R1 R2 V r   Q Q ε  1  4ππ0 εR 1 4ππ0 εR 2 Đồ thị biểu diễn phân bố điện thế trong cả ba vùng được cho trên hình vẽ. Nét đặc trưng của đồ thị này là tại r=R1 và r=R2 xẩy ra sự nhẩy bậc của đạo hàm dV/dr, do đó có sự nhẩy bậc của cường độ điện trường. Sự gián đoạn của hàm E(r) tại r=R1 và r=R2 là do các điện tích phân cực ở mặt trong và mặt ngoài điện môi. Hình 5 Bài toán 3: Trong một khối trụ đặc, rất dài, tích điện đều với mật độ điện tích là (1=7,08.10-8 C/m3), bán kính R1= 10cm, người ta khoét một hốc cũng hình trụ có bán kính R2= 2cm (hai hình trụ có trục song song với nhau, rồi lồng vào trong đó một khối trụ tích điện đều ( với mật độ điện tích là 2=1,77.10-7 C/m3 ) có cùng bán kính với hốc. Khoảng cách hai trục của hai khối trụ là a=5cm, biết chất tạo nên hai khối trụ có 1 = 2 = 1 , 0 = 8,85.10-12 F/m. a. Tìm cường độ điện trường bên trong khối trụ nhỏ. b. Vẽ bức tranh các đường đẳng thế của điện trường trong khối trụ nhỏ, trên mặt phẳng vuông góc với trục của khối trụ đó. Bài giải: a. Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ, trục Ox hướng theo O1O2 Xét điểm M(x,y) bên trong trụ nhỏ. Điện trường tại M xem như chồng chập của điện trường của hình trụ lớn không bị khoét có mật độ điện tích 1 và điện trường của trụ nhỏ có điện tích (2-1) cùng gây ra tại M.     ρ1  ρ 2  ρ1  ρ  ρ  r1  r2  E M  1 a  2 r2 Ta có : E M E1  E 2  2ε 0 2ε 0 2ε 0 2ε 0     Trong đó r1 O1M , a O1O 2 Như vậy xem như trụ nhỏ tích điện với mật độ điện tích 1 đặt trong một điện trường ngoài , đều , có ρ1a cường độ và hướng theo trục Ox. 2ε 0 b. Điện thế gây bởi thành phần điện trường đều là: ρ V1  1 a.x  C1 2ε 0 Điện thế gây bởi điện trường thứ hai là: ρ ρ x 2  y2 V2  Edr  2 r22  C 2  2  C2 2ε 0 4ε 0 Điện thế tổng cộng tại điểm M bất kỳ là:   ρ a.x ρ  x 2  y 2   V V1  V2   2  2  C 2ε 4ε 0  0  Có thể biến đổi đưa biểu thức trên về dạng ρ V  2 4ε 0  ρ  x  1 ρ2  2   a   y 2   C '    Hình 6  ρ  Từ đây ta thấy các đường đẳng thế là đường tròn mà tâm O có tọa độ   1 a;0   ρ2  Dễ dàng thấy tâm O nằm trên mặt trụ nhỏ. Các đường đẳng thế được biểu diễn như hình vẽ. Bài toán 4: Phân bố điện thế V(x) giữa các điện cực của một ống phóng điện qua chất khí trong thời gian phóng được cho như hình vẽ 7. Hãy dựng phân bố cường độ điện trường E(x). V (103V) E (104V/m) o 1 2 1 o x(cm) 5 10 20 Hình 7 30 x (cm) Hình 8 Bài giải: Để tìm phân bố cường độ điện trường ta dùng hệ thức dV dx Trong khoảng 0cm x 5cm hàm V(x) là tuyến tính vì vậy cường độ điện trường là không đổi E x  ΔV 2,5.10 3   5.10 4 V/m 2 Δx 5.10 Trong khoảng 5cm x 30cm , hàm V(x)=const E2=0 Trong khoảng 30cm x 40cm , hàm V(x) là tuyến tính bởi vậy ΔV 5.10 2 E 3    5.103 V/m Δx 10  1 Từ đó ta dựng được đồ thị như hình vẽ 8 bằng E1  Bài toán 5: Trong một tụ phẳng, khoảng cách giữa hai bản tụ là d, bên trong có chứa tấm kim loại bề dày d/2 ở chính giữa. Diện tích mặt bên của tấm kim loại này bằng diện tích của hai bản tụ điện. Tụ được mắc vào nguồn có suất điện động E. Hãy tìm và vẽ đồ thị phân bố điện thế bên trong tụ điện, nếu chọn mốc tính điện thế. a. Ở vô cùng. b. Ở bản trái của tụ điện. Bài giải Trước hết ta hãy xét trường hợp a. Điện trường trong tấm kim loại bằng không, còn trong khoảng hở giữa tấm kim loại và hai bản tụ điện trường là đều và cường độ của nó bằng E=-2E/d . Dễ dàng thấy rằng mặt phẳng x=d/2 cách đều hai bản tụ là mặt cũng có điện thế bằng không, nên ta có thể chọn mốc điện thế mới tại x=d/2. Phân khoảng cách giữa hai bản tụ làm ba miền : 0 x d/4 ; d/4 x 3d/4 ; 3d/4 x d Trong miền thứ nhất: 0 x d/4 ; E=-2E/d, sử dụng công thức : 2E 2E V x   Edx  dx  x  const d d Để xác định hằng số trong biểu thức trên ta dùng tính chất là điện thế toàn bộ tấm kim loại bằng không do đó V=0 tại x=d/4. Thay điều kiện này vào biểu thức trên ta tìm được hằng số const= E/2. Vậy trong miền này phân bố điện thế có dạng.  2x 1  V x  E   2  d d/4  x 3d/4 , cường độ điện trường bằng không (không có điện trường Đối với miền thứ hai trong tấm kim loại), do đó V(x) = const. Nhưng vì V=0 tại x=d/4, áp dụng điều kiện liên tục V(x)=0 trong miền này. Trong miền thứ ba 3d/4 x d cũng như trong miền thứ nhất E=-2E/d, do đó V x   2E x  const d Sử dụng tính chất V=0 tại x=3d/4, thay vào biểu thức trên ta tìm được hằng số bằng -3E/2 và phân bố điện thế trong miền này  2x 3  V x  E   2  d Đồ thị của phân bố điện thế giữa hai bản tụ trong cả ba miền được cho trên hình vẽ 9 Bây giờ xét trường hợp b. Khi này V=0 tại x=0 Phân bố điện thế trong miền: 0 x d/4 có dạng V x   2E x d Trong miền: d/4 x 3d/4 , điện thế không đổi bằng E/2. Còn trong miền thứ ba: 3d/4 x d  2x  V x  E  1 d   Đồ thị tương ứng cho trên hình vẽ 10 V V E/2 E o -E/2 d 4 3d 4 d x Hình 9 E/2 o d 4 3d 4 d x Hình 10 Bài toán 6: Hai vòng tròn đồng trục mỗi vòng có bán kính R được làm bằng sợi dây dẫn mảnh, và cách nhau một khoảng l<>R. x Bài giải: Xét một điện tích dq trên vòng dây gây ra tại M là: +q o R -q dV2  Vậy dV2  V2  dq , với r2  R 2  x 2 4ππ0 εr2 dq 2 4ππ0 ε R  x q Hình 11 2 4ππ0 ε R 2  x 2 x Và tương tự ta tính được r2 Và điện thế tại M bằng tổng điện thế do hai vòng dây gây nên 1 R 2  x2  M M  q q  V1  4ππ0 εr1 4ππ0 ε R 2   x  l  2 q  VM V1  V2  4ππ0 ε   x 1 R   x  l 2 2 B     B O  R2  x2 1  R 2  x 2  2lx  l 2 4ππ0 ε R 2  x 2  Sử dụng công thức tính gần đúng ta có q  R2  x2  2  R  x 2  2lx  l 2  O r1 l R A I VM  x     I A Hình 12  2lx  l 2 lx  l 2 /2 lx   1 1  2 1  2 2 2 2 2 2  R  x  2lx  l R  x  2lx  l R  x2  Thay giá trị gần đúng này vào phương trình trên ta được q lx  qlx px  VM    1  1  2 3/2 3/2 2  2 2 1/2 2 2 R  x  4ππ0 ε  R  x  4ππ0 ε  R  x   4ππ0 ε  R 2  x 2  Áp dụng công thức liên hệ giữa điện thế và cường độ điện trường ta tính cường độ điện trường tại M EM  VM ql R 2  x2   . x 4ππ0 ε E E x    4ππ ε  R  x  ql 2x 2  R 2 2 2 5/2  3/2   x. 3/2 R 2  x 2 R 2 x   1/2 .2x 2 3 V E . 0 ql 4ππ0 εx 2 ql E . Và 2ππ0 εx 3 Đồ thị biểu diễn V(x) và E(x) như hình vẽ Xét trường hợp x>>R thì điện thế V  E(x) V(x) R 2 R 2 x Hình 13 Bài toán 7:  Một lưỡng cực điện có momen p , có tâm O, được đặt dọc theo trục x’Ox. Lưỡng cực nằm trong một điện trường đều E0 hướng theo trục x’Ox. a. Tìm biểu thức cho điện thế V của hệ gồm lưỡng cực và điện trường, tại một điểm M có tọa độ cực  E r và , ở đủ xa lưỡng cực. Người ta giả thiết điện thế của điện trường đều 0 bằng không tại điểm O. b. Xác định mặt đẳng thế V=0. c. Chứng minh rằng cường độ điện trường trên mặt đẳng thế V=0 có giá trị 3E0cos. Bài giải: a. Biểu thức cho điện thế V tại M(r,) được tính như sau VE  E 0 dr  E 0 dx  E 0 x  const Tại điểm O ta có x=0, V0=0 nên VE=-E0x , hay VE=-E0rcos 1 p e cosθ Điện thế của lưỡng cực ở M xa điểm O là: Vl  4ππ0 r 2  1 pe   E 0 r cosθ b. Thế tổng hợp tại M là VM = VE + Vl , nên : VM  2  4ππ0 r  Mặt đẳng thế ứng với V=0, vậy có hai khả năng xẩy ra π 2 +) cos=0 hay θ  . Đó là mặt phẳng trung trực của lưỡng cực. 1 pe  1 pe  1 pe 3  E 0 r  0 nên r  +)  đó là mặt cầu tâm O bán kính r 3 2 4ππ0 E 0 4ππ0 E 0  4ππ0 r  y c. Điện trường ở M(r,) có các thành phần:  V  2p e   E 0 cosθ +) E r  3 r  4ππ0 r  M V0=0 x’ +) E θ   1 V  p e   E 0 sinθ 3 r θ  4ππ0 r  1 pe E 0 . Vậy ở đó : Trên mặt đẳng thế V=0 thì 4ππ0 r 3 Do đó , E0=0 và   E// r  E r 3E 0cosθ E  Eθ 0  E 0 -q r V0=0 o +q x Hình 14 ( vì mặt đẳng thế là mặt cầu). Bài toán 8: Cho một tụ điện cầu không khí, bán kính hai bản là R 1=1cm, và R2=3cm, hiệu điện thế giữa hai bản U0=450V, bản trong tích điện dương. a. Tính cường độ điện trường tại điểm cách tâm O của hai bản là 1,5cm. b. Một electron chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không dọc theo đường sức điện trường từ vị trí cách tâm O một khoảng r1=2,5m. Tìm vận tốc của electron khi nó cách O một khoảng r2=1,5cm. Bài giải: a. Kí hiệu q là điện tích tụ điện. Cường độ điện trường tại điểm M trong khoảng giữa hai bản chỉ do bản trong gây ra: kq E  2 , với r=OM. r R 1R 2 , (ε 1) Biết điện dung của tụ điện : C  k R 2  R1  Và áp dụng công thức q=CU0, suy ra: RR U q 1 2 0 k R 2  R1  Và từ đó E  R 1R 2 U 0 3.10 4 V/m. r  R 2  R1  2 b. Công của lực điện trường chuyển thành động năng của electron A Ta có mv 2 2 keq dA edV  eEdr  2 dr r  A eU 0 R 1R 2  r1  r2  r1r2  R 2  R 1  r1  A   v r2 keq keq r1  r2  dr  2 r r1r2 2eU 0 R 1R 2  r1  r2  79,6.10 6 m/s mr1r2  R 2  R 1  Bài toán 9: Một vật dẫn A hình cầu bán kính R1=3cm, tích điện đến hiệu điện thế V1=4V, được đặt đồng tâm với một vỏ cầu mỏng B bằng kim loại có bán kính trong R2=12cm, và bán kính ngoài R3=12,1cm, vỏ cầu này gồm hai bán cầu ban đầu được úp khít vào nhau và sau đó được tích điện đến hiệu điện thế V2. Hỏi điện thế V2 phải có trị số (dương) tối thiểu bằng bao nhiêu để hai bán cầu có thể tự tách rời nhau. Bỏ qua tác dụng của trọng lực hai bán cầu. Bài giải: Gọi q1 là điện tích của quả cầu A, mật độ điện tích mặt của A là: q σ1  1 2 4ππ 1 Do hiện tượng hưởng ứng tĩnh điện toàn phần, mật độ điện tích mặt của mặt trong vỏ cầu B là: q1 σ '2  4ππ 22 Mặt ngoài của vỏ cầu B, do nối với điện thế V 2, mang điện tích q '2' 4ππ0 R 3 V2 , và mật độ điện tích mặt ngoài của B là: εV q '' σ '2'  2 2  0 2 4ππ 3 R3 Xét bán cầu (1) của vỏ cầu B, và Oz là trục đối xứng của nó (hình vẽ 15). Mỗi phần tử dS của mặt ngoài bán cầu (1) chịu tác dụng của lực đẩy tĩnh điện:   2   σ '' dFng  dS.n 2ε 0  Vì lí do đối xứng, tổng hợp dFng của các lực đẩy tác dụng lên mặt ngoài bán cầu (1) sẽ hướng theo  trục Oz. Thành phần trên Oz của dFng là: σ  '' 2 dFz  2ε 0 dS.cosα Với dScos chính là hình chiếu của dS trên mặt phẳng xdOy vuông góc với Oz. Từ đó suy ra có độ lớn: Fng  dFz σ   '' 2 2ε 0  σ  dS.cosα  '' 2 2ε 0 πR 32  Fng  Fng  π  ε 0 V2  2 2ε 0 Lập luận tương tự tìm được F tr tác dụng lên mặt trong bán cầu (1) có chiều ngược chiều dương của trục Oz, và có độ lớn bằng: σ   '' 2 Ftr 2ε 0 πR 22 Cũng có thể tìm được kết quả này bằng cách tìm hợp lực tác dụng lên mặt trong của bán cầu (1): do vật A và do mặt trong của bán cầu (2). Để tìm  2' ( tức là tìm q1), áp dụng định lý Ô-xtrô-grát- xki-Gao-xơ tìm được cường dộ điện trường trong khoảng không gian giữa A và B:  q1 z E E 4ππ0 r 2 q1  1 1     Từ đó suy ra: V2  V1  Edr  4ππ0  R 2 R 1  R1 Kết hợp với phương trình tính  2' ta suy ra σ '2  dS (1) R2  A ε  V  V  R1 q1  0 2 1 2 4ππ 2 R2 R 2  R1 B O x (2) Do đó ta có thể tính được Fng 2 π  ε 0  V2  V1  R 1  Hình 15   2ε 0  R 2  R 1  Như vậy hợp lực tác dụng lên toàn bộ bán cầu (1) có hướng theo chiều dương của Oz va có độ lớn: 2  V   1    1  πε 0 V22   V2   F 1 2   R 2   1  2     R 1   Hai bán cầu có thể tách rời nhau khi: R F 0  V2  1 V1 1V  V2min 1V R2 Bài toán 10: Hai bản của một tụ điện phẳng là hai tấm kim loại diện tích S, đặt cách nhau một khoảng d, mang điện tích +q và –q. Khoảng không gian giữa hai bản tụ là một khối điện môi có hằng số điện môi phụ thuộc tọa độ x theo hàm số  = (x) ( trục x vuông góc với các bản ); ở sát bản dương, hằng số điện môi có giá trị 1, còn ở sát bản âm nó có trị số 1 > 2 . a. Tìm lượng điện tích phân cực tổng cộng bên trong khối điện môi. b. Cho biết (x) là hàm bậc nhất của x, hãy tìm hiệu điện thế đặt vào tụ điện và điện dung của tụ điện đó. c. Áp dụng số: q=3,2.10-9 C ; 1=4 ; 2=10 ; d=1,8cm ; S=100cm2 Fng  Bài giải: q a. Ta biết điện trường tạo ra bởi hai bản tụ điện: E 0  ε S . 0 Để tính mật độ điện tích phân cực khối xuất hiện trong khối điện môi do tác dụng của điện trường  E 0 ta áp dụng định lý Ô-xtrô-grát- xki-Gao-xơ như sau: Chọn trục Ox dọc theo chiều dài của khối điện môi, theo đề bài ta có  = (x). E Vì độ lớn của  thay đổi theo vị trí trong khối điện môi E  0 thay đổi theo tọa độ x. Xét một lớp ε mỏng điện môi, bề dày dx ; điện trường ở hai mặt của lớp điện môi có cường độ E và E+dE. Với S là diện tích tiết diện khối điện môi, điện thông qua mặt kín bao quanh lớp điện môi mỏng đó là: d=(E+dE)S-ES=SdE ( giá trị này khác không ) Như vậy bên trong lớp điện môi có lượng điện tích dq=dV=Sdx, với  là mật độ khối của điện  tích phân cực xuất hiện trong khối điện môi do tác dụng của điện trường ngoài E 0 . Áp dụng định lý Ô-xtrô-grát- xki-Gao-xơ, ta có: dE d E  d 1 ε 0SdE ρSdx  ρ ε 0 ε 0  0  ε 0 E 0 dx dx  ε  dx ε  x  Hay ta viết lại được d  E0  d 1 q dε ρ ε 0  2   ε 0 E 0 . dx  ε  dx ε x  ε S dx Điện tích phân cực tổng cộng bên trong khối điện môi là: ε2 dε ε ε  q dε  ' ' q ρdV   2 Sdx  q  2  q q 1 2 ε ε1ε 2  ε S dx  ε1 b. Dễ dàng tìm thấy rằng, vì (x) là hàm bậc nhất của x nên (x) có dạng: ε ε ε  x   2 1 x  ε1 d Hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện là: E V1  V2  Edx , với E  0 ε ε2  ε2  q dx qd   V2  V1   ln     ε 0S ε ε x ε S ε  ε 0 2 1  ε1  1 Điện dung của tụ điện đó là: C ε S ε  ε  q  0 2 1 ε V1  V2 dln 2 ε1 c. Thay số ta được: V1-V2=100V, C=32F. Bài toán 11: Để phát hiện tia , người ta dùng một buồng ion hóa. Buồng ion hóa có hai điện cực hình trụ như hình vẽ. Với một ống đếm hình trụ, điện cực trong (anốt) là một dây kim loại đường kính d. Vỏ ngoài ( catốt) là một ống kim loại mỏng đường kính D. Hãy tìm biểu thức của điện trường E(r) và điện thế V(r) tại một điểm cách trục của điện cực hình trụ một khoảng r (với d / 2 r  D / 2 ) khi mật độ điện tích trên một đơn vị chiều dài của anốt là . Từ đó suy ra điện l dung trên một đơn vị dài -1 của đầu thu. Điện trường đánh thủng không khí E b là 3 MVm . Giả sử d=1mm và D=1cm, hãy tính điện thế giữa anốt và vỏ ngoài khi quá trình đánh thủng xẩy ra. r d D Hình 16 Bài giải: Do sự đối xứng điện trường hướng theo phương xuyên tâm và chỉ phụ thuộc vào khoảng cách từ trục và có thể rút ta từ định luật Gau-xơ. Nếu ta chỉ xây dựng một mặt Gau-xơ hình mặt trụ và có bán kính r và độ dài l thì điện tích chứa trong nó là l. Tích phân mặt cho ta E.dS 2πrlE Vì cường độ điện trường E có độ lớn không đổi trên mặt Gau-xơ và vuông góc với mặt đó nên theo λl định lí Gau-xơ : 2rlE  ε Từ đó ta có λ E r   2π 0 r 0 Vì E là xuyên tâm và phụ thuộc chỉ vào r nên E  dV , và điện thế V có thể tìm được bằng cách dr lấy tích phân E(r) theo r, nếu V0 là thế ở dây dẫn bên trong ta có. V  r   V0  Do đó V r   V0  λ 2π 0 r dr r d/2 λ  2r  ln  2π 0  d  Ta có thể sử dụng biểu thức trên để đánh giá hiệu điện thế giữa hai bản dẫn của tụ điện bằng cách đặt r D và được biểu thức hiệu điện thế 2 λ  D V  ln  2π 0  d  Vì điện tích Q của tụ là l và giá trị điên tích của tụ điện xác định từ Q=CV nên điện dung trên một 2L 0 D đơn vị dài là: ln d Điện trường có giá trị cực đại khi r là cực tiểu nghĩa là khi r = d/2. Nếu ta đặt cường độ điện trường ở r = d/2 bằng cường độ điện trường đánh thủng E b thì biểu thức của chúng ta cho thấy điện tích trên một đơn vị độ dài  trong tụ điện phải là Eb0d. Thay vào biểu thức cho hiệu điện thế V trên tụ ta có: V  1 D E b dln  2 d Lấy Eb=3.106 V/m , d=1mm , D=1cm ta được V=3,45345kV. III. BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1: Một quả cầu kim loại bán kính R 1, mang điện tích Q, được bao quanh bởi một qủa cầu kim loại rỗng không tích điện với bán kính trong R2, bán kính ngoài R3. Tìm điện thế của hai quả cầu, nếu chọn điện thế ở xa vô bằng 0. Điện thế hai quả cầu thay đổi như thế nào nếu quả cầu ngoài nối đất? Đáp số: V1  Q 4ππ0 V1'  Q  1 1 1    ; V2    4ππ0 R 3  R1 R 2 R 3  Q R 2  R1 ; 4ππ0 R 1R 2 V2' 0 Bài 2: Tìm phân bố điện thế trong một tụ điện phẳng với khoảng cách giữa hai bản tụ là d, nếu một bản được nối đất và bản kia có điện thế V 0 , còn trong khoảng không gian giữa hai bản tụ, điện tích phân bố đều với mật độ . V dρ  ρx 2  x  Đáp số: V x   0  , trong đó x được tính từ bản nối đất. 2ε 0  d 2ε 0  Bài 3: Giữa hai mặt trụ kim loại dài đặt đồng trục, bán kính tương ứng là R 1=2cm và R3=2,5cm có hai lớp điện môi hình trụ đặt sát nhau và đồng trục. Lớp điện môi thứ nhất là giấy (hằng số điện môi 1=4) có mặt trong sát với mặt trụ kim loại trong và có bán kính mặt ngoài bằng R 2=2,3cm. Lớp điện môi thứ hai là thủy tinh (2=7) có mặt trong sát với lớp điện môi thứ nhất và có mặt ngoài sát với mặt trụ kim loại ngoài. Hỏi hiệu điện thế đặt vào hai mặt trụ kim loại có trị số bằng bao nhiêu thì bắt đầu có sự “đánh thủng” điện môi. Biết rằng “điện trường đánh thủng”: Đối với giấy là: E g=120 kV/cm, đối với thủy tinh là: Et=100 kV/cm. 1 R 1 R  Đáp số: U max ε1R 1E g  ln 2  ln 3  45000V  ε1 R 1 ε 2 R 2  Bài 4:   Xét điểm M trong một điện trường đều E 0 có hoành độ x (trục Ox có hướng song song với E 0 )  và OM hợp với trục Ox một góc  (hình vẽ 17). a. Tính điện thế V1 tại điểm M. Chọn V1=0 tại x=0. b.Đặt tại điểm O một lưỡng cực, gồm hai điện tích +q và –q đặt cách nhau một khoảng l và véc tơ l hướng theo trục Ox. Tính điện thế tại điểm M. c. Chứng minh rằng có tồn tại một mặt cầu tâm O bán kính R tại đó điện thế bằng không. Tính R. d. Xác định hướng, độ lớn của véc tơ cường độ điện trường tại một điểm bất kỳ trên mặt cầu đó. e. Thay mặt cầu đó bằng một mặt cầu kim loại mà không làm thay đổi điện thế tại mọi điểm bên ngoài. Tính mật độ điện mặt  tại mọi điểm của mặt cầu. Đáp số : p e cosθ  E 0 rcosθ ; a. V1=-E0x ; b. V  4ππ0 r 2   pe c. Mặt cầu tâm O, bán kính R   4ππ0 E 0 E0 1/3    .M d. E=3E0cos ; e. =30E0cos . . -q .o  Hình 17 . +q x Bài 5: Khoảng không gian giữa hai mặt phẳng song song có tọa độ x=-a và x=a được tích điện đều với mật độ điện khối  ( >0). Xác định cường độ điện trường tại mọi điểm trong toàn không gian. Từ đó tìm biểu thức của điện thế tại mọi điểm ( chọn V=0 tại x=a). Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của E và V theo x. Xét trường hợp x   . Đáp số: +) 0 < x < a: +) x > a : ρ (a 2  x 2 ) 2ε 0 ρ V (x  a ) 2ε 0 V Bài 6: Hai mặt phẳng vô hạn song song , cách nhau một khoảng l, tích điện đều với mật độ điện mặt là  và -  (hình vẽ 18). Mỗi mặt phẳng có một lỗ thủng tròn bán kính R, với R>>l và hai lỗ thủng tròn đồng trục. Lấy trục Ox và gốc O như hình vẽ, hãy tìm điện thế và hình chiếu của véc tơ cường độ điện trường Ex trên trục x theo tọa độ x. Biểu diễn áng trừng đồ thị của V(x). x Đáp số: σlx σlR 2 V E  , x 3/2 . 2ε 0 R 2  x 2 2ε 0  x 2  R 2  R o + l - Hình 18 IV. KẾT LUẬN Qua nhiều năm tập huấn học sinh giỏi tôi nhận thấy rằng , phần tĩnh điện là một phần khó, nhưng đó cũng là một phần phát triển tư duy học sinh rất tốt, vì nó là một mảng kiến thức tương đối rộng, có thể áp dụng được nhiều phương pháp giải bài tập vật lý ở phần này. Mặt khác để giải quyết tốt bài toán tĩnh điện yêu cầu học sinh phải nắm trắc kiến thức của phần này đồng thời phải biết áp dụng kiến thức của các phần khác nữa như phần cơ, phần các định luật bảo toàn..., kết hợp với những kỹ năng giải toán nhất định. Chính vì vậy mà phần tĩnh học là phần thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi. Chuyên đề “ Hệ thức liên hệ giữa cường độ điện trường- điện thế và các bài tập áp dụng “ chỉ là một phần nhỏ trong trong phần tĩnh điện mà tôi muốn đề cập tới, nhằm giúp học sinh phần nào hiểu và áp dụng được các bài tập của dạng này. Các bài tập trong chuyên đề được sắp xếp theo thứ tự từ dễ đến khó, từ phạm vi kiến thức hẹp đến mở rộng tới các kiến thức liên quan, để học sinh dễ tiếp cận. Qua thử nghiệm trên các học sinh đội tuyển vật lý của trường, tôi thấy các em tiếp thu tốt, có hiệu quả. Xin được giới thiệu tới quí thầy cô và các bạn đồng nghiệp chuyên đề này để tham khảo. Trong thời gian còn hạn chế, nội dung của chuyên đề còn chưa được phong phú, đa dạng, rất mong được sự đóng góp ý kiến của quí thầy cô và các bạn đồng nghiệp. Hạ Long, tháng 8 năm 2012 Người viết Đỗ Thị Diệu Thúy